最低通行费

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7614:最低通行费

限制

总时间限制: 1000ms 内存限制: 65536kB

描述

一个商人穿过一个 N*N 的正方形的网格，去参加一个非常重要的商务活动。他要从网格的左上角进，右下角出。每穿越中间1个小方格，都要花费1个单位时间。商人必须在(2N-1)个单位时间穿越出去。而在经过中间的每个小方格时，都需要缴纳一定的费用。

这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。请问至少需要多少费用？

注意：不能对角穿越各个小方格（即，只能向上下左右四个方向移动且不能离开网格）。

输入

第一行是一个整数，表示正方形的宽度N (1 <= N < 100)；
后面 N 行，每行 N 个不大于 100 的整数，为网格上每个小方格的费用。

输出

至少需要的费用。

样例输入

5
1 4 6 8 10
2 5 7 15 17
6 8 9 18 20
10 11 12 19 21
20 23 25 29 33

样例输出

109

提示

样例中，最小值为109=1+2+5+7+9+12+19+21+33。

分析

这是一道动态规划题

我们定义一个结构体，里面有S和T两个变量，分别表示通行费和时间，然后让两个方向进行比较，选出最小的通行费，并更新时间。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
struct data
{
    int s,t;
}b[105][105];
int a[105][105];
int main()
{
    int n,maxt;
    cin>>n;
    maxt=2*n-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            cin>>a[i][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(i==1&&j==1)//当此时为起点时
            {
                b[i][j].t=1;
                b[i][j].s=a[i][j];
            }
            else if(i==1)//当这个点在第一排时
            {
                b[i][j].s=b[i][j-1].s+a[i][j];
                b[i][j].t=b[i][j-1].t+1;
            }
            else if(j==1)//当这个点在第一列时
            {
                b[i][j].s=b[i-1][j].s+a[i][j];
                b[i][j].t=b[i-1][j].t+1;
            }
            else
            {
                int next[2][2]={{-1,0},{0,-1}};
                for(int k=0;k<=1;k++)
                {
                    int tx=i+next[k][0];
                    int ty=j+next[k][1];
                    if(b[i][j].t==0)
                    {
                        b[i][j].t=b[tx][ty].t+1;
                        b[i][j].s=b[tx][ty].s+a[i][j];
                    }
                    else
                    {
                        if(b[tx][ty].t<maxt)
                        {
                            b[i][j].s=min(b[i][j].s,b[tx][ty].s+a[i][j]);
                            b[i][j].t=b[tx][ty].t+1;
                        }
                    }
                }
            }
        }
    cout<<b[n][n].s<<endl;
    return 0;
}