【jzoj5065】【GDOI2017第二轮模拟day2】【开房间】【动态规划】

题目大意

A君与B君正在玩一款闯关游戏，游戏共有n关，每一关的目标只有一个：开房间。

每一关都会有m个房间(从1~m进行编号)，A君与B君每关各打开一个房间即可过关，但两人不能打开同一个房间。

通过每一关后，m个房间会重新关上，在第i关打开第j个房间需要消耗t[i][j]的体力值。并且无论A君还是B君，除了第一关外，若上一关自己开了a号房间，这一关开了b号房间，则需要额外消耗K*|a-b|点体力值。

现在请你回答，两人过完全部n关后，所要消耗的体力值之和(两人消耗体力相加)最小能是多少。

解题思路

设f[i][j][k]表示在第i层，两个人分别在j,k的最小花费，n^5的算法很显然。

我们可以发现我们可以把答案按j,k投影到二维平面上，K的花费可以转化成曼哈顿距离，往四个方向维护前缀最小值即可。

code

#include<set>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LD double
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define min(a,b) ((a<b)?a:b)
#define max(a,b) ((a>b)?a:b)
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define fr(i,j) for(int i=begin[j];i;i=next[i])
using namespace std;
int const mn=300+9;LL inf=1e18;
int n,m,K,a[mn][mn];
LL f[mn][mn],g[4][mn][mn];
int main(){
    freopen("room.in","r",stdin);
    freopen("room.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
    fo(i,1,n)fo(j,1,m)scanf("%d",&a[i][j]);
    fo(j,1,m)fo(k,j+1,m)f[j][k]=a[1][j]+a[1][k];LL tmp1,tmp2;
    fo(i,2,n){
        fo(ii,0,3)fo(j,0,m+1)fo(k,0,m+1)g[ii][j][k]=inf;
        fo(j,1,m)fo(k,j+1,m){
            tmp1=min(g[0][j-1][k],g[0][j][k-1]);
            g[0][j][k]=min(tmp1,f[j][k]+K*(m*2-j-k));
        }
        fo(j,1,m)fd(k,m,j+1){
            tmp1=min(g[1][j-1][k],g[1][j][k+1]);
            g[1][j][k]=min(tmp1,f[j][k]+K*(k+m-j));
        }
        fd(j,m,1)fo(k,j+1,m){
            tmp1=min(g[2][j+1][k],g[2][j][k-1]);
            g[2][j][k]=min(tmp1,f[j][k]+K*(j+m-k));
        }
        fd(j,m,1)fd(k,m,j+1){
            tmp1=min(g[3][j+1][k],g[3][j][k+1]);
            g[3][j][k]=min(tmp1,f[j][k]+K*(j+k));
        }
        fo(j,1,m)fo(k,j+1,m){
            tmp1=min(g[0][j][k]-K*(m*2-j-k),g[1][j][k]-K*(k+m-j));
            tmp2=min(g[2][j][k]-K*(j+m-k),g[3][j][k]-K*(j+k));
            f[j][k]=min(tmp1,tmp2)+a[i][j]+a[i][k];
        }
    }
    LL ans=inf;
    fo(j,1,m)fo(k,j+1,m)ans=min(ans,f[j][k]);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}