Codeforces 677D Vanya and Treasure BFS+DP (分段)

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Dynamic Programming

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本文介绍了一种求解特定地图上按顺序收集所有钥匙的最小花费问题的算法。通过使用动态规划的方法，结合广度优先搜索优化大数量级的点对之间的状态转移，实现了高效的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意:n*m地图,保证至少有一个点为a[i][j]=x (x=[1..p]),两点花费为其曼哈顿距离.
n,m<=300,p<=n*m,问从(1,1)出发,按顺序拿到钥匙(1..p)时的最小花费?

设f[i][j] 从起点到(i,j)(1-a[i][j]已经拿完)的最小花费.
相邻两组数量都很大时,转移最坏情况O((nm)^2)
cnt[x]*cnt[x+1]>=n*m,最多sqrt对,bfs暴力更新
sum(cnt[x]*cnt[x+1]<n*m) 总对数<=n*m*sqrt(nm).

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> ii;
typedef pair<int,ii> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=3e2+20;
vector<ii> v[N*N];
int n,m,p,a[N][N],f[N][N];
int dis(int x,int y,int a,int b)
{
	return abs(x-a)+abs(y-b);
}
int *ans;
void init()
{
	for(int i=0;i<=n*m;i++)
		v[i].clear();
	memset(f,inf,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i][j]),v[a[i][j]].push_back(ii(i,j));
			if(a[i][j]==1)
				f[i][j]=dis(1,1,i,j);
			if(a[i][j]==p)
				ans=&f[i][j];
		}
	}
}
queue<ii> q;
int dx[]={-1,1,0,0},w[N][N];
int dy[]={0,0,-1,1};
void bfs(int dep)
{
	memset(w,inf,sizeof(w));
	for(int i=0;i<v[dep].size();i++)
	{
		int x=v[dep][i].first,y=v[dep][i].second;
		q.push(v[dep][i]);
		w[x][y]=f[x][y];
	}
	while(!q.empty())
	{
		ii t=q.front();
		q.pop();
		int x=t.first,y=t.second,dis=w[x][y];
		for(int i=0;i<4;i++)
		{
			int c=x+dx[i],d=y+dy[i];
			if(c>=1&&c<=n&&d>=1&&d<=m)
			{
				if(w[c][d]>dis+1)
				{
					w[c][d]=dis+1;
					if(a[c][d]==dep+1)
						f[c][d]=dis+1;
					q.push(ii(c,d));
				}
			}
		}
	}
}
void solve()
{	
	for(int k=2;k<=p;k++)
	{
		if(v[k-1].size()*v[k].size()<n*m)
		{	 
			for(int i=0;i<v[k-1].size();i++)
			{
				for(int j=0;j<v[k].size();j++)
				{
					int x=v[k][j].first,y=v[k][j].second;
					int c=v[k-1][i].first,d=v[k-1][i].second;
					f[x][y]=min(f[x][y],f[c][d]+dis(x,y,c,d));
				}
			}
		}
		else
			bfs(k-1);
	}
	printf("%d\n",*ans);
}
int main()
{
	while(cin>>n>>m>>p)
	{
		init();
		solve();
	}	
	return 0;	
}

proof:
a+b>=2sqrt(ab)
2mn=2*sum(cnt[x]) >=((cnt[1]+cnt[2])+(cnt[2]+cnt[3])...)>=2sqrt(cnt[i]*cnt[i+1])(i=1..p-1)
cnt[i]*c[i+1]>=mn的,最多sqrt(mn)对

proof

cnt[x]*cnt[x+1]<n*m min(cnt[x],cnt[x+1])*max(cnt[x]*cnt[x+1]) <n*m
得 min(cnt[x],cnt[x+1])<sqrt(nm)
sum(cnt[x]*cnt[x+1])<=sqrt(nm)*(max(cnt[x],cnt[x+1])+max(cnt[x+1],cnt[x+2])...)

sum(cnt[x]*cnt[x+1])<=sqrt(nm)*nm