题目大意：M层N列的矩阵（各元素均为正整数），找出一个路径从第一层到达第M层，使得路径上的所有数的和是所有可达路径中最小的，每次上到下一层以后就不能再上去，依次输出路径上的各点在所在层的列数。
Time Limit:1000MS Memory Limit:16384KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
数据规模：1<=M<=100,1<=N<=500，路径上的数的总和不会超过10^9。
理论基础：无。
题目分析：用dp[i][j]表示到达第i层第j列元素的最小路径的值，用pre[i][j]存储dp[i][j]状态的上一个结点相对于j的位置，用于最后输出答案，用a[i][j]存储数据。
初始化dp[i][j]为INF,对dp[1][j]赋值为a[j]，理由很简单不用多说。
下来我们探寻dp方法。左dp一遍，右dp一遍即可。
左dp时，状态转移方程为：dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j])+a[i][j]。
右dp时，状态转移方程为：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j+1]+a[i][j])（1<=j<n）
下来我们来证明，最后得出的必然是最优解。
左dp后得到的不一定全部都是最有解，但是dp[i][n]必然是最优解，因为第i层的上一个节点只能是dp[i-1][n],与dp[i][j-1]。分情况来讨论:
假设是dp[i-1][n]的话，那么左dp时，将它与大于dp[i][j-1]最有解时的值相比结果不会改变，所以得到的必然是最优解。
假设是dp[i][j-1]的话，那么我们可以得出，dp[i][j-1]必然是真实最优解(递归证明)，因为dp[i][j-1]的上一个节点只能是dp[i][j-2]或者dp[i-1][j-1],dp[i][j-2]时同情况1，dp[i][j-2]时递归，最终得到dp[i][1]此时，因为dp[i][1]的上一个结点只能是dp[i-1][1]，由情况1可得dp[i][1]必然是最优解，倒推回来，得出dp[i][j-1]是真实最优解，那么dp[i][j-1]+a[i][j]也必然是最优解，即dp[i][n]是最优解得证。
如此一来，我们在右dp时，将dp[i][j]与dp[i][j+1]+a[i][j]相比时得到的也必然是最优解。
证明过程如下：
假设，dp[i][j+1]+a[i][j]>=dp[i][j]那么说明dp[i][j]的最优解只能来自dp[i][j-1]与dp[i-1][j]由上面证明可以得出，dp[i][j]即为最优解。
假设，dp[i][j+1]+a[i][j]<dp[i][j],那么dp[i][j]=dp[i][j+1]+a[i][j]即为最优解，因为dp[i][j+1]是真实最优解。所以右dp后所有状态均获得最优解，得证。
呼呼，好累啊。。。不过应该是表述清楚啦、、、(*^__^*) 嘻嘻……
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
using namespace std;
typedef double db;
#define DBG 0
#define maa (1<<31)
#define mii ((1<<31)-1)
#define ast(b) if(DBG && !(b)) { printf("%d!!|
", __LINE__); while(1) getchar(); } //调试
#define dout DBG && cout << __LINE__ << ">>| "
#define pr(x) #x"=" << (x) << " | "
#define mk(x) DBG && cout << __LINE__ << "**| "#x << endl
#define pra(arr, a, b) if(DBG) {
dout<<#arr"[] |" <<endl;
for(int i=a,i_b=b;i<=i_b;i++) cout<<"["<<i<<"]="<<arr[i]<<" |"<<((i-(a)+1)%8?" ":"
");
if((b-a+1)%8) puts("");
}
template<class T> inline bool updateMin(T& a, T b) { return a>b? a=b, true: false; }
template<class T> inline bool updateMax(T& a, T b) { return a<b? a=b, true: false; }
typedef long long LL;
typedef long unsigned int LU;
typedef long long unsigned int LLU;
#define M 100
#define N 500
int dp[M+1][N+1],cost[M+1][N+1];
char pre[M+1][N+1];
short ans[M*N/2+M/2+1];
int m,n,cnt;
void init()
{
cnt=0;
memset(dp,64,sizeof dp);
memset(pre,0,sizeof pre);
for(int i=1;i<=n;i++)dp[1][i]=cost[1][i];
}
void solve(int m,int n)
{
for(int i=2;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(dp[i][j-1]>dp[i-1][j])
{
dp[i][j]=dp[i-1][j]+cost[i][j];
pre[i][j]='d';
}
else
{
dp[i][j]=dp[i][j-1]+cost[i][j];
pre[i][j]='l';
}
}
for(int j=n-1;j>=1;j--)
{
if(dp[i][j+1]+cost[i][j]<dp[i][j])
{
dp[i][j]=dp[i][j+1]+cost[i][j];
pre[i][j]='r';
}
}
}
int a=m,b=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(dp[a][b]>dp[m][i])b=i;
}
ans[cnt++]=b;
while(a!=1)
{
if(pre[a][b]=='d')
{
ans[cnt++]=b;
a--;
}
else if(pre[a][b]=='l')
{
ans[cnt++]=b-1;
b--;
}
else if(pre[a][b]=='r')
{
ans[cnt++]=b+1;
b++;
}
}
while(cnt--)printf("%hd%c",ans[cnt],cnt==0?'
':' ');
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",*(cost+i)+j);
}
}
init();
solve(m,n);
}
return 0;
}
其中cost数组即为题目分析中的a数组了。
by:Jsun_moon http://blog.csdn.net/jsun_moon