2022.04.28
題目連結：
題目描述
dls的算競王國可以被表示為一個有 HH行和 WW列的網格，我們讓 (i,j)(i,j)表示從北邊第 ii行和從西邊第 jj列的網格。最近此王國的公民希望國王能夠修建一條鐵路。
鐵路的修建分為兩個階段：
1：從所有網格中挑選2個不同的網格，在這兩個網格上分別修建一個火車站。在一個網路上修建一個火車站的代價是 Ai,j;
2：在這兩個網格間修建一條鐵軌，假設我們選擇的網格是 (x1,y1)和(x2,y2),其代價是 C∗(|x1−x2|+|y1−y2|);
dls的願望是希望用最少的花費去修建一條鐵路造福公民們。現在請你求出這個最小花費。
題目輸入
第一行輸入三個整數分別代表H,W,C
接下來H行，每行W個整數，代表Ai,j
題目輸出
輸出一個整數代表最小花費
資料範圍
2≤H,W≤1000
1≤C≤1e9
1≤Ai,j≤1e9
樣例輸入：
3 4 2
1 7 7 9
9 6 3 7
7 8 6 4
樣例輸出：
10
本題要求最小花費，即兩個站點的費用+鐵路費用（A(x1,y1)+A(x2,y2)+ C∗(|x1−x2|+|y1−y2|))。考慮去掉絕對值，轉化成對兩個點對應的費用的最小值問題。
(x1,y1) , (x2,y2)的位置關係有以下兩種：
1. x2>=x1且y2>=y1 (x1!=x2&&y1!=y2)（主對角線上）
費用: A(x1,y1)+A(x2,y2)+ C∗(|x1−x2|+|y1−y2|)
=A(x1,y1)+A(x2,y2) + C∗(x2 − x1) + C*(y2 − y1)
=A(x1,y1) - C ∗ (x1 + y1) + A(x2,y2) + C*(x2 + y2)
分成兩部分，分別求最小值
（圖有點醜了，將就看看吧）
考慮列舉（x2，y2）的位置，滿足x2>=x1且y2>=y1關係的點在圖中陰影部分，快速求（x1，y1）的最佳位置，那麼如何用O（1）的複雜度查詢（x1，y1）的最佳位置呢？二維字首最小值
2. x1>=x2且y2>=y1 (x1!=x2&&y1!=y2)（副對角線上）
費用: A(x1,y1)+A(x2,y2)+ C∗(|x1−x2|+|y1−y2|)
=A(x1,y1)+A(x2,y2) + C∗(x1 − x2) + C*(y2 − y1)
=A(x1,y1) + C ∗ (x1 - y1) + A(x2,y2) + C*(y2 - x2)
分成兩部分，分別求最小值
同上，考慮列舉（x2，y2）的位置，滿足x1>=x2且y2>=y1關係的點在圖中陰影部分,快速求（x1,y1）的最佳位置，O（1）的複雜度查詢（x1，y1）的最佳位置呢？
二維字首最小值
二維字首和：矩形每個元素值的和。
二位字首最小值：矩形中每個元素值的最小值。
性質與二位字首和類似，但又有所不同，二維字首最小值不能求任意矩形區域的最小值，矩形的起點是固定的。此題剛好可以滿足要求，利用二維字首最小值的性質預處理在O（1）的複雜度下求出（x1，y1）的最佳位置。
那麼如何預處理二維字首最小值呢？
令f(i)(j)為以（1，1）為起點（i，j）為終點的矩形。
f（x，y）可以有圖中紅色區域和黃色區域轉移而來，故而可得到轉移方程
f (x , y) = min（ f(x,y-1) ，f(x-1)(y)，a(x)(y) ）
詳見程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long //一定要開longlong，沒開longlong wa了三次，調半天的bug
int h, w, c, ans = 1e18;
int pre_min[1009][1009], pre_min2[1009][1009], a[1009][1009]; // pre_min為第一種情況下預處理的字首最小值，pre_min2為第二種情況
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld", &h, &w, &c);
for (int i = 1; i <= h; i++)
for (int j = 1; j <= w; j++)
scanf("%lld", &a[i][j]); //輸入
//情況一
for (int i = 0; i <= h; i++)
pre_min[i][0] = 1e18; //初始化！一定要開比較大，因為(i+j)*c最大可以達到2000*1e9！！！
for (int i = 0; i <= w; i++)
pre_min[0][i] = 1e18;
for (int i = 1; i <= h; i++)
for (int j = 1; j <= w; j++)
pre_min[i][j] = min(pre_min[i - 1][j], min(pre_min[i][j - 1], a[i][j] - c * (i + j))); //二維字首最小值
for (int i = 1; i <= h; i++) //列舉（x2，y2）
for (int j = 1; j <= w; j++)
ans = min(ans, a[i][j] + c * (i + j) + min(pre_min[i - 1][j], pre_min[i][j - 1])); //更新最小值
//情況二
for (int i = 0; i <= h; i++) //初始化
pre_min2[i][0] = 1e18;
for (int i = 0; i <= w; i++)
pre_min2[h + 1][i] = 1e18; //這裡有所不一樣，二位字首最小值的起點為（h，1）
for (int i = h; i >= 1; i--) //列舉（x2，y2）
for (int j = 1; j <= w; j++)
pre_min2[i][j] = min(pre_min2[i + 1][j], min(pre_min2[i][j - 1], a[i][j] + c * (i - j))); //二維字首最小值
for (int i = 1; i <= h; i++)
for (int j = 1; j <= w; j++)
ans = min(ans, a[i][j] + c * (j - i) + min(pre_min2[i + 1][j], pre_min2[i][j - 1])); //更新最小值
cout << ans;
}