ACM2021辽宁省赛：D-阿强与网格

Nihao_A
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D-阿强与网格

题目描述

阿强在一个N行M列的网格中。
阿强可以用两种方式移动：
向下、向左、向上或向右移动，每次移动的代价为X。换句话说，如果您位于网格的单元格(i,j)，则可以转到任意单元格（i+1，j），（i，j−1） ，（i−1，j）或（i，j+1），代价为X。

沿对角线向左下、向右下、向左上、向右上移动成本为Y。换句话说，如果你在网格的单元格（i，j）上，你可以去任意一个单元格（i+1，j−1） ，（i+1，j+1），（i−1，j−1） 或(i−1，j+1），代价为Y。

请你找到从阿强从左上角（1,1）到右下角（N，M）的最小成本。

阿强不能移出网格。

输入描述:

第一行一个整数T(1≤T≤5∗105)表示数据组数。
接下来T行每行四个整数N,M,X,Y(1≤N,M,X,Y≤106)

输出描述:

对于每组数据一行表示答案。

示例1

输入

3
5 6 2 5
4 7 5 6
7 8 6 5

输出

18
33
36

问题解析

一开始下意识的想BFS，后来发现根本不用那么麻烦（而且也过不了）。

题目已经给定了我们每次操作所花成本，我们可以根据x和y的大小，与网格的形状直接计算得出结果，为了方便，我们认定n比m大：

  1. 如果网格是n *1的形状，此时显然只能用x的方式移动，成本为：**（n-1）x*;
  2. 因为y走一步等于x走两步，所以如果x的两倍小于等于y，我们直接用x走，成本为：**（n+m-2）x*

剩下的情况，我们显然是能用y走就用y走，问题是y改怎么走呢？

一开始想着先对角线移动到底部，然后剩下的用x平移过去：（红色路线）

c5ba00e92e304c009c43b33429d39d36.png

后来发现，其实剩下的位置也是可以斜着走的：（蓝色路线）

8e0e8c3f7c7c4585b365a61fb7c11bd1.png

只不过这么走有约束，即到了底边后，距离终点的距离如果是奇数，则会停在终点的前一格，而这时我们只能用x走了：（橙色路线）

4145b8d5a2554eb2b6266943dfff2e76.png

那么对于其它的情况：我们先走m次y，如果距离终点的距离：n-m是奇数，我们走了（n-m-1)次y后，还要走一次x，成本为：m *y+(n-m-1) *y+x ；如果n-m是偶数，我们直接全走y即可，成本为：m * y+(n-m) * y.

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<set>
#include <random>
#include<numeric>
#include<string>
#include<string.h>
#include<iterator>
#include<fstream>
#include<map>
#include<unordered_map>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#include<iomanip>
#include<bitset>

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PII;
const int N = 4e5 + 50;

void solve()
{
    int n, m, x, y,ans;
    cin >> n >> m >> x >> y;
    //为了方便，我们保证n比m大
    if(n<m)swap(n,m);
    if(m==1)ans=(n-1)*x;
    else if(x*2<=y)ans=(n+m-2)*x;
    else if(x<=y)ans=(m-1)*y+(n-m)*x;
    else 
    {
        if((n-m)%2==1)ans=(n-2)*y+x;
        else ans=(n-1)*y;
    }
    
    cout<<ans<<endl;
}

signed main()
{

    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;

    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}
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