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Decreasing Heights - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

看到数据范围，就应该往O(n^3) 或 O(n^4)的时间复杂度靠

假设有一条合法路径，现在到了 (i,j) 处的高度，那么此处高度与(1,1)的高度相对差距便是 i+j-2.

我们对每一处的高度都减去(i+j-2)，再去找合法路径，那么题意就转化成转化成同一高度所需的最小代价。(本题的思维难点)

我们观察题目数据范围，发现 N<=100

所以我们暴力枚举每一处的高度以作为合法路径的高度。

假设现在我们选择了 x 作为合法路径高度，那么如何算这个最小代价呢？

显然只有dp可以算，令dp[i][j]:到 (i,j) 时，所需的最小代价，最终代价便是dp[n][m]。

 枚举每一处高度为O(n^2),每一处高度进行dp为O(n^2).总时间复杂度便是O(n^4).

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pb push_back   
#define popb pop_back  
#define fi first
#define se second
#define popcount __builtin_popcount
#define popcountll __builtin_popcountll
const int N=150;
//const int M=;
//const int inf=(int)1e9;
const ll INF=(ll)1e18;
int T,n,m;
ll a[N][N],dp[N][N];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll solvedp(ll x)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            dp[i][j]=INF;
    if(a[1][1]<x) return INF;
    dp[1][1]=a[1][1]-x;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(i==1&&j==1 || a[i][j]<x) continue;
            if(i==1) dp[i][j]=dp[i][j-1]+a[i][j]-x;
            else if(j==1) dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i][j]-x;
            else dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+a[i][j]-x;
        }
    return dp[n][m];
}
int main()
{
//    freopen("","r",stdin);
//    freopen("","w",stdout);
//    ios::sync_with_stdio(0);
//    cin.tie(0);
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)    
                scanf("%lld",&a[i][j]),a[i][j]-=(i+j-2);
//        for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
//            for(int j=1;j<=m;j++)
//                printf("%lld ",a[i][j]);
        ll ans=INF;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
                ans=min(ans,solvedp(a[i][j]));
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}