Codeforces Round 994 (Div. 2)-D题

题目链接:https://codeforces.com/contest/2049/problem/D

题目大意是在开始移动之前,可以任意次将一行元素向左挪一格,代价是1,开始游戏后,只能向下走或者向右走,直到走到终点,问最小代价是多少.

constexpr ll inf = 1E18;
void solve() {
    int n, m, K;
    std::cin >> n >> m >> K;
    std::vector<std::vector<int>>a(n, std::vector<int>(m));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            std::cin >> a[i][j];
        }
    }
    std::vector<ll>dp(m, inf);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        std::vector<ll>ndp(m, inf);
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            auto g = dp;
            for (int k = 0; k < m; k++) {
                if (k) {
                    g[k] = std::min(g[k], g[k - 1]);
                }
                g[k] += a[i][(j + k) % m];
                ndp[k] = std::min(ndp[k], g[k] + 1LL * j * K);
            }
        }
        dp = std::move(ndp);
    }
    std::cout << dp[m - 1] << "\n";
}

dpk表示走到第i列的最小代价,枚举每一行i,此时dpk表示走到(i-1,k)的最小代价,现在我们想要求走到(i,k)的最小代价,我们知道它可以由(i,k-1)和(i-1,k)转移过来,在k=0的时候(i,k-1)不存在,我们直接跳过,那么它的状态只能是从(i-1,k)转移过来,也就是dpk表示的值,由于我们要多次修改dp的值,所以每一次都要复制一份新的dp,用g来表示,j表示我们在开始的时候让第i行向左偏移了多少次,那么此时第(i,k)位置的元素变成了ai(j+k)%m,为了方便理解不妨把省略的行号列出来,此时g0表示的其实是gi-10,我们枚举的偏移量,那么如果它向下走,加上一个ai(j+k)%m变成了gi0,然后,我们再来计算g1,此时g1表示的是gi-11,注意此时g0表示的是gi0,那么gi1可以由

min(gi-11+a,gi0+a)转移而来,所以代码中gk=min(gk,gk-1)的操作其实是计算

gi-1k,gik-1的最小值,然后加上一个a,ndp表示在尝试所有偏移量j以后计算而来的第i的最小值,然后还给dp,然后不断重复这一部分操作即可.