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題目大意：給出一個 n * m 的矩陣，每個矩陣的權值代表初始高度，現在需要從點 ( 0 , 0 ) 走到點 ( n - 1? , m - 1 ) ，需要滿足以下條件：

每次只能向右或向下移動

假設當前格子的高度為 x ，只能移動到高度為 x + 1 的格子上去

初始時可以進行操作，使得某個格子的高度減少一個單位，問最少需要進行多少次操作，可以存在至少一條從點 ( 0 , 0 ) 到點 ( n , m ) 的路線

題目分析：因為每次只能向下或向右移動，不難聯想到最基礎的一個 dp 題目，就是給出一個 n * m 的二維矩陣，每個點都有權值，問如何行走能使得從點 ( 0 , 0?) 到點 ( n - 1?, m?- 1 ) 的權值和最大，類似的，在這個題目中如果知道了起點 ( 0?, 0?) 的高度 h ，那么到達任意一個點 ( i , j ) 的高度應該為 h + i + j 才行，所以不難看出：

如果 h + i + j >?a[ i ][ j ] ，說明點 ( i , j ) 不能走，視為障礙物即可

如果 h + i + j <= a[ i ][ j ] ，則經過點 ( i , j ) 的權值為 a[ i ][ j ] - ( h + i + j )

到此為止就和那個基礎的 dp 一模一樣了，時間復雜度為 O( n * n )

但是回到這個題目，初值該如何確定呢？如果暴力枚舉的話，是有 1e15 個值，肯定會 TLE 的，其實不難猜到，選擇初值的最優解肯定是讓初始矩陣中盡可能多的數不變，起碼至少得有一個數不變才行吧，所以我們可以 O( n * n ) 去枚舉：令點 ( i , j ) 這個位置不變的初值，然后維護最小值就可以了

時間復雜度為 O( n ^ 4 )

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const LL inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;const int N=110;int n,m;LL maze[N][N],dp[N][N];LL solve(LL st) {for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)dp[i][j]=inf;dp[0][0]=0;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++){LL cost=st+i+j;if(cost>maze[i][j])//如果當前格子不能走，則賦值為inf且不進行狀態轉移{dp[i][j]=inf;continue;}dp[i][j]+=maze[i][j]-cost;if(i+1<n)dp[i+1][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j]);if(j+1<m)dp[i][j+1]=min(dp[i][j+1],dp[i][j]);}return dp[n-1][m-1]; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)scanf("%lld",&maze[i][j]);LL ans=inf;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<m;j++)ans=min(ans,solve(maze[i][j]-i-j));printf("%lld\n",ans);}return 0; }

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總結

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