強行暴力水過……二維線段樹真的長,我實在是不想寫了.暴力1k左右,而二維線段樹5k……
題目大意
一個N*M的網格圖,每個格子有一把鑰匙,上面一個權值
要求從 1到 P按順序收集鑰匙,保證 P只有一把
問收集全部鑰匙的最短距離是多少
做法1:大概就是維護用縱列維護一個dis,用橫列維護一個dp,用vis維護他得到的鑰匙的序號,有才更新,感覺很巧妙.
狀態轉移方程
位置(r,c),更新dis[r][k]=min(dis[r][k],ans[r][c]+abs(c-k)),1<=k<=m。
ans[r][c]=min(ans[r][c],dis[k][c]+abs(c-r)),1<=k<=n
代碼
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef pair <int,int> mk;
int n,m,k,dp[305][305],vis[305][305],dis[305][305];
int t,len;
vector <mk>b[300*300+10];
void readdata()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
memset(dp,63,sizeof(dp));
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&t);
b[t].push_back(mk(i,j));
}
b[0].push_back(mk(1,1));
for (int i=0;i<=k;i++)
{
len=b[i].size();
for (int j=0;j<len;j++)
{
int r=b[i][j].first; int c=b[i][j].second;
if (r==1&&c==1&&dp[r][c]==0)
{
dp[r][c]=1000000000;
}
for (t=1;t<=n;t++)
{
if (vis[t][c]==i)
dp[r][c]=min(dp[r][c],dis[t][c]+abs(r-t));
}
}
for (int j=0;j<len;j++)
{
int r=b[i][j].first; int c=b[i][j].second;
for (int t=1;t<=m;t++)
{
if (vis[r][t]!=i+1)
{
vis[r][t]=i+1;
dis[r][t]=dp[r][c]+abs(c-t);
}
else
{
dis[r][t]=min(dis[r][t],dp[r][c]+abs(c-t));
}
}
}
}
cout<<dp[b[k][0].first][b[k][0].second];
}
int main()
{
readdata();
}
做法2
首先大家都應該能想的o(n^4)的暴力吧,我們只不過是用二維線段樹或二維樹狀數組優化成o(n^2*logn^2)而已,但代碼量大了不少.
狀態轉移方程
if(pi>=i&&pj>=j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[pi][pj]+pi+pj-(i+j));
if(pi>=i&&pj<=j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[pi][pj]+pi-pj-(i-j));
if(pi<=i&&pj>=j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[pi][pj]+pj-pi-(j-i));
if(pi<=i&&pj<=j)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[pi][pj]-(pi+pj)+(i+j));
代碼就不貼了(我纔不會告訴你是因爲我沒調出來)
這道題方法很多,如暴力+bfs等,在此不再贅述(畢竟蒟蒻搞不懂)