D. Explorer Space

我们考虑一个性质
就是他最多就是找到一条k/2的最短路径然后回来 这样是肯定是包含最优解的
这个观察第二个样例 我们将其改变一下
要是我们一半的长度等于k长度环的一半 那显然包含最优解
要是我们这个k长度的环 一半大一半小 显然我们也包含最优解
这样我们的dp状态就呼之欲出了
dp[i][j][k]表示在(i,j)还有走k步的min
当然我们一定会回到该点
所以我们的转移每次-2
dp[i][j][k]=min{dp[x][y][k-2]+w}
这里的方向是四联通 我们用迭代形式显然不好写
所以我们采用记忆化搜索来写

int f[510][510][21];
int n,m,k;
map<tuple<int,int,int>,int>mp,mp1;
int dx[4]={0,-1,0,1};
int dy[4]={-1,0,1,0};
int dp(int x,int y,int z){ //dp[i][j][k]表示在(i,j)还有走k步的min
    int &v=f[x][y][z];
    if(v!=0x3f3f3f3f)return v;
    if(z==0)return 0;
    for(int i=0;i<4;i++){
        int nx=dx[i]+x,ny=dy[i]+y;
        if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m) {
            if (dx[i])v = min(v, dp(nx, ny, z - 2) + 2*mp1[{y,min(x,nx),max(x,nx)}]);
            else v = min(v, dp(nx, ny, z - 2) + 2*mp[{x,min(ny,y),max(ny,y)}]);
        }
    }
    return v;
}
void solve(){
    cin>>n>>m>>k;
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<m;j++){int x;cin>>x;mp[{i,j,j+1}]=x;}
    for(int i=1;i<n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){int x;cin>>x;mp1[{j,i,i+1}]=x;}
    if(k%2) {
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            for (int j = 1; j <= m; j++)cout <<-1<<' ';
            cout<<endl;
        }
        return;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(f[i][j][k]==0x3f3f3f3f)dp(i,j,k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++)cout<<f[i][j][k]<<" ";
        cout<<endl;
    }
}