AcWing 1018. 最低通行费

$AcWing$ $1018$. 最低通行费

一、题目描述

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）。

输入格式
第一行是一个整数，表示正方形的宽度 $N$。

后面 $N$ 行，每行 $N$ 个不大于 $100$ 的正整数，为网格上每个小方格的费用。

输出格式
输出一个整数，表示至少需要的费用。

数据范围

1≤N≤100

输入样例：

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

输出样例：

109

样例解释
样例中，最小值为 $109=1+2+5+7+9+12+19+21+33$。

二、题目分析

摘花生 与这道题特别相似，摘花生是从左上走到右下角，只能是向下或者向右走，不能回头走,问我们摘到的 最大值 是多少？

这道题要求在$2*n-1$的时间内，从左上角走到右下角，最小花费 是多少？

理解一下这个$2*n-1$，如果我们不走回头路的话，那么需要走$2*n-1$步，所以消耗的时间为$2*n-1$单位时间。

换句话说，就是只能 向右或向下走，不能向左或向上，否则不能在$2*n-1$步中走到右下角。

分析完$2*n-1$，就明白这道题其实就是摘花生那道题，只不过不是求最大值，而是求最小值即可。

三、二维数组

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;

int n;
int w[N][N], f[N][N];

int main() {
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            cin >> w[i][j];

    //初始化为最大值
    memset(f, 0x3f, sizeof f);

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (i == 1 && j == 1)
                f[i][j] = w[i][j]; //特事特办，不用追求完美的一体化表现，合理特判，逻辑简单
            else
                f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + w[i][j];
        }

    printf("%d\n", f[n][n]);
    return 0;
}

四、一维数组

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110;

int n;
int w[N][N], f[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            cin >> w[i][j];

    //初始化为最大值
    memset(f, 0x3f, sizeof f);

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (i == 1 && j == 1)
                f[j] = w[i][j];
            else
                f[j] = min(f[j], f[j - 1]) + w[i][j];
        }
    printf("%d\n", f[n]);
    return 0;
}