蒜头君的坐骑
蒜头君的坐骑
题目描述
蒜头君有一只坐骑，人马。
一天，蒜头君骑着他的坐骑走上了一片 n×m 的大荒野，一开始时，蒜头君在 (1,1) 点，他要前往(n,m) 点，蒜头君的人马每次可以向右或向下移动一格。然而这片荒野并不平静，除了起点和终点外每个点都有一只怪物会袭击蒜头君。
然而蒜头君的人马强大无比，它会先对怪物造成等同于它攻击力的伤害，然后蒜头君才会受到怪物的攻击，伤害等同于怪物的攻击力。然后人马再攻击怪物，怪物再攻击蒜头君，直至怪物死去，假设每个怪物具有相同的体力。
此外，蒜头君的人马还有一个强大无比的技能，使用该技能会使蒜头君接下来 k 次移动，每一次移动后增加等同于移动到的格子的怪物的攻击力，k 次移动后，人马攻击力恢复至初始攻击力。人马必须在当前一个技能释放完后才可以释放下一个技能，且一共可释放技能的次数有限，那么试问蒜头君从起点到终点最少受到多少点伤害。
注意：蒜头君的体力是无限的。
输入输出格式
输入格式：
第一行六个正整数 n,m,t,k,h,atk，表示地图长度、宽度、人马技能可使用次数、人马技能持续移动次数、每只怪物的体力和人马的初始攻击力。保证 n+m−1≥t×k。
接下来 n 行，每行 m 个整数，表示每个点的怪物的攻击力。保证 (1,1) 点、(n,m) 点为 0，其他点为正整数。
输出格式：
输出一个整数，表示蒜头君受到的最小伤害。
说明
对于 30% 的测试数据，满足 1≤n,m≤10, 1≤t≤3, 1≤k≤3；
对于 60% 的测试数据，满足 1≤n,m≤100, 1≤t≤10, 1≤k≤5；
对于 100% 的测试数据，满足1≤n,m≤500, 1≤t≤10, 1≤k≤5, 1≤atk≤h≤100, 1≤ 怪物攻击力 ≤100。
第一次做类似的题目，算做积累了。
思想不难，就是整体DP，局部搜索。（据说还有一种有后效性的DP是整体DP，局部高斯消元）
令\(dp[i][j][k]\)为\(i\)行\(j\)列第\(k\)次使用技能的最小伤害。
当不释放技能时，直接转移：(cnt为原始攻击需要打的次数)
dp[i+1][j][l]=min(dp[i+1][j][l],dp[i][j][l]+cnt*atk[i+1][j]);
dp[i][j+1][l]=min(dp[i][j+1][l],dp[i][j][l]+cnt*atk[i][j+1]);
搜索释放技能能到达的答案并更新dp。
为了确保这样是对的，有这样一句话“使用该技能会使蒜头君接下来 k 次移动，每一次移动后增加等同于移动到的格子的怪物的攻击力”，也就是说，放技能是连续的。而k值的范围又小。
整体复杂度\(O(nmtk!)\)，基本能过
code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
const int N=502;
int n,m,t,k,h,atk0;
//长、宽、使用次数、持续移动次数、怪物体力和初始攻击力
int dp[N][N][12],atk[N][N];
void dfs(int i,int j,int tt,int atkk,int cntt,int mi)
{
if(cntt>k)
return;
atkk+=atk[i][j];
mi+=atk[i][j]*(h%atkk?h/atkk:h/atkk-1);
dp[i][j][tt]=min(dp[i][j][tt],mi);
if(i<n)
dfs(i+1,j,tt,atkk,cntt+1,mi);
if(j<m)
dfs(i,j+1,tt,atkk,cntt+1,mi);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&k,&h,&atk0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&atk[i][j]);
int cnt=h%atk0?h/atk0:h/atk0-1;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[1][1][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int l=0;l<=t;l++)
{
dp[i+1][j][l]=min(dp[i+1][j][l],dp[i][j][l]+cnt*atk[i+1][j]);
dp[i][j+1][l]=min(dp[i][j+1][l],dp[i][j][l]+cnt*atk[i][j+1]);
if(l<t)
{
if(i<n)
dfs(i+1,j,l+1,atk0,1,dp[i][j][l]);
if(j<m)
dfs(i,j+1,l+1,atk0,1,dp[i][j][l]);
}
}
printf("%d\n",dp[n][m][t]);
return 0;
}
2018.6.23
