洛谷 P11768 破自行车

题目背景

某个夏天，18071 号工作室的 staff 集体转业了。辗转至年末，天依终于在 40312 号工作室拉到了合作。但是……看着编号的差距，按时到班可不是一件容易的事情。

七点半，闹铃声响起，早高峰即将迎接起床气！

题目描述

天依住在的城市像一个无穷大的曼哈顿。如果把城市地图放在平面直角坐标系中，任何一个整点 $(x,y)$ 都是一个十字路口。天依家门口的十字路口为 $(0,0)$，天依需要从这里出发，尽快抵达工作室所在的十字路口 $(a,b)$。每分钟，天依可以从她所在的十字路口 $(x,y)$ 移动至 $(x+1,y)$，$(x-1,y)$，$(x,y+1)$ 或者 $(x,y-1)$。

天依怎么会走路上班呢？她可以使用一辆很快很邪门的破自行车！骑上它，天依可以从 $(x,y)$ 瞬间冲到 $(x+l,y)$，$(x,y+l)$，$(x-l,y)$，$(x,y-l)$ 四个位置中的一个，不花费任何时间。但为了避免破自行车散架，天依最多使用 $k$ 次自行车。

那么，在破自行车的助力下，天依至少需要多少时间才能从 $(0,0)$ 出发到达 $(a,b)$ 呢?

因为工作室经常搬家，所以有多组测试数据。

输入格式

第一行一个整数 $T$，表示测试数据组数。

接下来 $T$ 行，每行四个整数 $a,b,k,l$，分别表示工作室所在的十字路口的横纵坐标，自行车的使用次数限制和自行车的移动距离。

输出格式

输出 $T$ 行，第 $i$ 行一个整数，表示第 $i$ 组数据中到达工作室的最小时间。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
4 5 3 2
1 1 4 5
8 8 4 8

输出 #1

3
2
0

说明/提示

样例解释：

我们使用 $>$ 表示猛冲，$\to$ 表示行走。

对于样例一，一种可能的移动方式是：$(0,0)>(2,0)\to (3,0)\to (4,0)\to (4,1)>(4,3)>(4,5)$。

对于样例二，一种可能的移动方式是：$(0,0)\to (0,1)\to (1,1)$。

对于样例三，一种可能的移动方式是：$(0,0)>(0,8)>(8,8)$。

数据规模与约定

本题采用捆绑测试。 仅当你通过了该子任务的全部测试数据才能获得该子任务的分值。

对于 $100\%$ 的数据，$1\le T\le 10^5$，$0\le a,b,k,l\le 10^9$。

对于不同的子任务，作如下约定：

子任务编号	$T$	$a,b,l$	$k$	特殊性质	子任务分值
$1$	$\le 10^5$	$\le 10^9$	$=0$	无	$15$
$2$	$\le 10$	$\le 10$	$\le 10$	无	$10$
$3$	$\le 10$	$\le 10^9$	$\le 20$	无	$15$
$4$	$\le 10$	$\le 10^9$	$\le 10^3$	无	$20$
$5$	$\le 10^5$	$\le 10^9$	$\le 10^9$	$a,b\le l$	$15$
$6$	$\le 10^5$	$\le 10^9$	$\le 10^9$	无	$25$

贪心算法

思路：移动的每一步尽量使用破自行车猛冲。
如果没有自行车，那所需时间就是a+b。
横纵方向，先任意选择一个方向尽量使用破自行车猛冲，然后再换方向尽量使用破自行车猛冲。

横纵都冲完后，已经是最靠近(a,b)点的位置了，然后再判断要不要冲出(a,b)之外。
例如当目标点为 (5,5)，l=3时，按照我们已有的策略我们会先移动到 (3,3)，再一步一步走过去，花费 4 分钟；但其实可以先移动到 (6,6)再走过去，花费 2 分钟。

代码如下

#include<iostream>
using namespace std;

int T,a,b,k,l,ans1,ans2;
//ans1接收横向所需时间，ans2接收纵向所需时间

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    /*下面两行代码绝对不能放在这，如果起初l==0，除数为0会报错，显示RE
    int x=a/l;
    int y=b/l;
    */
    
    cin>>T;
    while(T)
    {
        cin>>a>>b>>k>>l;
        

        if(l==0)
        {
            cout<<a+b<<'\n';
            T--;//一定要在这里有个T--，因为这里也处理了一组数据
            continue;
        }
        int x=a/l;//横向能冲的最大次数
        int y=b/l;//纵向能冲的最大次数
        
        if(k>=x)
        {
            k-=x;
            ans1=a-x*l;
        }
        else
        {
            ans1=a-k*l;
            k=0;
        }

        if(k>=y)
        {
            k-=y;
            ans2=b-y*l;
        }
        else
        {
            ans2=b-k*l;
            k=0;
        }

		//判断需不需要冲到(a,b)外面去
        if(ans1>l/2&&ans2>l/2&&ans2>ans1&&k)
        {
            ans2=l-ans2;
            k--;
        }
        if(ans1>l/2&&k)
        {
            ans1=l-ans1;
            k--;
        }
        if(ans2>l/2&&k)
        {
            ans2=l-ans2;
            k--;
        }
        T--;
        cout<<ans1+ans2<<'\n';
    }
    return 0;
}