HDU 5492 Find a path

题目连接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5492

这道题目是2015年亚洲区区域赛合肥站网络赛的一道题目，当时做比赛的时候没有做出来。原因有很多，最主要的原因是因为自己很怕写DP！以前一直都在逃避，现在不想逃避了，因为感觉应该能去今年区域赛的上海站，想着在11月21号之前的50天的时间内把DP练好， 为了离自己的目前的梦想更近一步。

好吧，切入正题。

题意很明确，从格子(1, 1)到(N, M), 只能向下或者向右走，每个格子都会有一个值val[i][j]。路途中，需要固定(N + M - 1)步， 设第 i 步所对应的val的值是A[i]。 然后就一个式子，(N + M - 1) * sum((A[i] - ave)^2), 只要求出这个式子的最小值即可。刚刚看见式子，感觉so easy，并没有去化简这个式子，本能的理解就是方差乘上一个常数，所以就去求最小的方差就行了（事实上是自己把方差都弄错了，数学底子差，心累）。期初的dp是这样定义的，dp[i][j]表示从(1,
1)走到(i, j)的val的和，设ave_UP是上面的点(i - 1, j)到(1, 1)的平均值, ave_UP = dp[i - 1][j] * 1.0 / (i - 1 + j - 1)， ave_LEFT = dp[i][j - 1] * 1.0 / (i + j - 1 - 1)。然后理所当然的就以如果abs(ave_UP - A[i][j]) < abs(ave_LEFT - A[i][j])，dp[i][j]就从上面推下来，否则从作面推过来。然后，加上简单的路径还原，就开始敲代码了。然后就开启无限WA模式。

很明显，上面的思路对于题目是没有分析清楚的，如果我们将式子化简之后，就会发现，我们并不用知道ave这个值。化简过后的式子变成了(N + M - 1) * sum(A[i] * A[i]) - sum(A[i]) * sum(A[i])。如果我们令a = sum(A[i] * A[i]), b = sum(A[i])，那么我们就可以看的更明白，我们的问题就是需要求到(N + M - 1) * a - b * b。对于任意格子(i, j)就有值(i + j - 1) * a - b * b，从格子(1, 1)到格子(i,
j)需要走i + j - 1步，每一步都会有两种选择（边缘情况只有一种选择），所以会有2^(i + j - 1)组a 和 b。所以，一个格子中，可能的b值有许多，相应的a的值就会有许多。所以，上面我自己期初的想法就错了，每个格子我只维护了一个b值。

有意思的是，在N和M都小于等于30的情况下，A[i]的值也不会超过30，那么久意味着b的值不会超过(步数: N + M - 1) * 30，那么一个格子的b的可能的值就差不多是1800种。对于每一个格子的可能的b值都维护一个最小的a值，即mn[b] = a，把mn[b]往小更新。那么一直递推到(N, M)这个格子， 我们把这个格子中的b的可能的值和与其相应的最小的a的值带入式子，式子的所有的值再取个最小，那么就是我们的最终结果了。

分析下时间复杂度，有N * M个格子，对于每一个格子都只递推一次，还要乘以每个格子中b的1800种可能。那就是30 * 30 * 1800， 反正是少于2 * 10 ^6的。

值得特别说明的，也是值得忧伤的，这道题目我不是靠自己想出来的，大体思路我参考了大牛Baileys0530的博客：http://blog.csdn.net/Baileys0530/article/details/48768123

感谢Baileys0530的题解报告！

下面是我的代码，其实也没什么好看的了，况且还如此丑陋！

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define MAXN 31
#define INF 1000000007
using namespace std;
int val[MAXN][MAXN], dp[MAXN][MAXN][1800];
int pow(int a) {
return a * a;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
for (int I = 1; I <= T; ++I) {
int N, M;
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 0; i < N; ++i) {
for (int j = 0; j < M; ++j) {
scanf("%d", &val[i][j]);
}
}
for (int i = 0; i < N; ++i) {
for (int j = 0; j < M; ++j) {
for (int k = 0; k < 1800; ++k) {
dp[i][j][k] = -1;
}
}
}
dp[0][0][val[0][0]] = pow(val[0][0]);
for (int i = 1; i < N; ++i) {
for (int k = 0; k < 1800; ++k) {
if (dp[i - 1][0][k] != -1) {
int t = k + val[i][0];
dp[i][0][t] = dp[i - 1][0][k] + pow(val[i][0]);
break;
}
}
}
for (int i = 1; i < M; ++i) {
for (int k = 0; k < 1800; ++k) {
if (dp[0][i - 1][k] != -1) {
int t = k + val[0][i];
dp[0][i][t] = dp[0][i - 1][k] + pow(val[0][i]);
break;
}
}
}
for (int i = 1; i < N; ++i) {
for (int j = 1; j < M; ++j) {
for (int k = 0; k < 1800; ++k) {
int t = k + val[i][j];
if (dp[i - 1][j][k] != -1 && dp[i][j][t] != -1) {
dp[i][j][t] = min(dp[i][j][t], dp[i - 1][j][k] + pow(val[i][j]));
}
else if (dp[i - 1][j][k] != -1) {
dp[i][j][t] = dp[i - 1][j][k] + pow(val[i][j]);
}
if (dp[i][j - 1][k] != -1 && dp[i][j][t] != -1) {
dp[i][j][t] = min(dp[i][j][t], dp[i][j - 1][k] + pow(val[i][j]));
}
else if (dp[i][j - 1][k] != -1) {
dp[i][j][t] = dp[i][j - 1][k] + pow(val[i][j]);
}
}
}
}
int ans = INF;
for (int k = 0; k < 1800; ++k) {
if (dp[N - 1][M - 1][k] != -1) {
int a = dp[N - 1][M - 1][k];
ans = min(ans, a * (N + M - 1) - k * k);
}
}
printf("Case #%d: %d\n", I, ans);
}
return 0;
}