题目大意
有一个 n行m列的矩阵，每个格子有一花费Tij，要求在每行选出恰好一个格子，使得这n个格子的Tij 之和最小，每个格子还有一权值Wij.对于相邻两行选择的格子（i，j1）（i-1，j2）要求abs（j1-j2）<=W（i，j1）+W（i-1，j2），多组数据T（2.5S）
Sample Input
1
3 5
9 5 3 8 7
8 2 6 8 9
1 9 7 8 6
0 1 0 1 2
1 0 2 1 1
0 2 1 0 2
Sample Output
10
数据范围与约定
对于 20% 的数据，保证数据，保证 T = 1
对于另 30% 的数据，保证 m < = 500 ；
对于 100% 的数据，保证 T<= 5, 2≤n≤100 ,1 <=m<=5000，0<= Tij 、Wij≤100000
这个的dp方程恨好推啦，那么前50分就可以这样拿
#include<bits/stdc++.h> #define INF 2100000001 #define N 103 #define M 5003 #define re register using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } int c[N][M],w[N][M],dp[N][M]; int main() { // freopen("elect.in","r",stdin); // freopen("elect.out","w",stdout); int T=read(); int n=read(),m=read(); while(T--) { for(re int i=1;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=m;++j) c[i][j]=read(); for(re int i=1;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=m;++j) w[i][j]=read(); for(re int i=2;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=m;++j) dp[i][j]=INF; for(re int i=1;i<=m;++i) dp[1][i]=c[1][i]; for(re int i=2;i<=n;++i) { for(re int j=1;j<=m;++j)//now { for(re int k=1;k<=m;++k)//last { if(w[i][j]+w[i-1][k]>=abs(j-k)) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+c[i][j]); } } } int ans=INF; for(re int i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,dp[n][i]); printf("%d ",ans); } } /* 1 3 5 9 5 3 8 7 8 2 6 8 9 1 9 7 8 6 0 1 0 1 2 1 0 2 1 1 0 2 1 0 2 */
当然，50分的时间是O（T*m^2*n）的，肯定过不了，考虑优化。
我们发现，每一层的dp都是从上一层转移过来，而可以转移的条件又比较特殊，如果是一段连续的区间我们就可以考虑单调队列优化或者斜率优化。但不幸的是，区间不是连续的，而是与W值有关。
即|j-k|<=w[i][j]+w[i-1][k]，我们可能看到绝对值，思考过分类讨论，但行不通。
但看到绝对值，我们还可以想到“距离”，那么把j左右都延伸w[i][j]的距离，把k左右都延伸w[i-1][k]的距离，若两者有交集则说明可以转移，那么对于每一个j，其都有覆盖的一段区间，若上一层的k和这一层覆盖的区间有交集，说明可以转移，而转移的也就是共同区间的最小值，也可以说就是j可以到的区间中的最小值（这个最小值是上一层的）用线段树维护一个区间最小值就好了。
#include<bits/stdc++.h> #define INF 2100000001 #define N 103 #define M 5003 #define re register using namespace std; int read() { int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } int c[N][M],dp[N][M],minn[M<<2],flagg[M<<2],l[N][M],r[N][M]; void build(int k,int l,int r) { if(l==r){minn[k]=INF;flagg[k]=INF;return;} int mid=(l+r)>>1; build(k<<1,l,mid); build(k<<1|1,mid+1,r); minn[k]=min(minn[k<<1],minn[k<<1|1]); flagg[k]=min(flagg[k<<1],flagg[k<<1|1]); } void pushdown(int k) { if(flagg[k]==INF) return; minn[k<<1]=min(minn[k<<1],flagg[k]); minn[k<<1|1]=min(minn[k<<1|1],flagg[k]); flagg[k<<1]=min(flagg[k<<1],flagg[k]); flagg[k<<1|1]=min(flagg[k<<1|1],flagg[k]); flagg[k]=INF; } void modify(int k,int L,int R,int l,int r,int v) { if(L>=l&&R<=r) { minn[k]=min(minn[k],v); flagg[k]=min(flagg[k],v); return ; } pushdown(k); int mid=(L+R)>>1; if(l<=mid) modify(k<<1,L,mid,l,r,v); if(r>mid) modify(k<<1|1,mid+1,R,l,r,v); minn[k]=min(minn[k<<1],minn[k<<1|1]); } int query(int k,int L,int R,int l,int r) { int ans=INF; if(L>=l&&R<=r) return minn[k]; int mid=(L+R)>>1; pushdown(k); if(l<=mid) ans=min(ans,query(k<<1,L,mid,l,r)); if(r>mid) ans=min(ans,query(k<<1|1,mid+1,R,l,r)); return ans; } int main() { // freopen("elect.in","r",stdin); // freopen("elect.out","w",stdout); int T=read(); int n=read(),m=read(); while(T--) { memset(l,0,sizeof(l)); memset(r,0,sizeof(r)); for(re int i=1;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=m;++j) c[i][j]=read(); for(re int i=1;i<=n;++i) for(re int j=1;j<=m;++j) { int w=read(); l[i][j]=max(1,j-w); r[i][j]=min(m,j+w); } build(1,1,m); for(re int j=1;j<=m;++j) dp[1][j]=c[1][j],modify(1,1,m,l[1][j],r[1][j],dp[1][j]); for(re int i=2;i<=n;++i) { for(re int j=1;j<=m;++j)//now { int p=query(1,1,m,l[i][j],r[i][j]);//找到最小的 dp[i][j]=p+c[i][j]; } build(1,1,m);//每一层都有一个线段树，维护上一层的最小值，因为只有i-1对i有影响 for(int j=1;j<=m;++j) modify(1,1,m,l[i][j],r[i][j],dp[i][j]);//把这一层的值插入到线段树中 } int ans=INF; for(re int i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,dp[n][i]); printf("%d ",ans); } } /* 1 3 5 9 5 3 8 7 8 2 6 8 9 1 9 7 8 6 0 1 0 1 2 1 0 2 1 1 0 2 1 0 2 1 3 5 9 3 8 6 4 9 4 6 9 1 8 7 5 9 1 0 2 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 2 0 0 */
这个思想还是很重要的~