Time Limit: 1 second

Memory Limit: 128 MB

【问题描述】

地质学家们打算考察一片山区。这片山区可分成m*n的网格，每个网格都有唯一的海拔高度，山区外围的海拔高度均为0。由于考察

任务繁重，他们分成m*n组，每个组考察一个网格的区域。每个组都可以选择从外围的任意一个位置出发进入山区，每次可以移

动到四周相邻的某个网格中，直到到达自己的目的地并完成考察后，再以同样方法从山区走到外围的任意一个位置。

这个山区的路是非常崎岖的，好在每个考察小组都拥有一辆十分先进的越野车。这种越野车有一个特点：它有两种模式：上升模式和

下降模式；当它处于上升模式时，无论四周网格比当前的高多少（可以相等），都可以上得去，但不能到达更低网格；当它处于

下降模式时，无论四周网格比当前的低多少（可以相等），都可以下得去，但不能到达更高网格；越野车可以在任何时候进行模

式转换，但每次转换都需要用掉一个“转换装置”；在出发前越野车可以选择任意一种模式，此时不需要“转换装置”。 这个“转换装置”是非常昂贵的，所以他们想知道每个小组最少需要多少个。

【输入格式】

输入文件mountain.in。第一行是两个整数m，n（1<=m，n<=100），表示网格数。接下来m行，每行n个整数，第i行第j个是hij（-

1000<=hij<=1000），表示第i行第j列的网格的海拔高度。

【输出格式】

输出文件mountain.out。m行，每行n个整数，第i行第j个是kij，表示考察第i行第j列的网格的小组最少需要多少个“转换装置”

。相邻两个数用一个空格隔开，行首、尾不能有多余空格。

【数据规模】

Sample Input1

3 3

9 4 2

2 1 6

7 2 5

Sample Output1

1 1 1

1 3 1

1 1 1

【题目链接】:http://noi.qz5z.com/viewtask.asp?id=u244

【题解】



题意:

让你从地图的外围开始往里面走；问你走进某个位置再从这个位置出来需要多少个转换装置;(上升状态和下降状态,只能做相应的变换)

做法:

从(0,0)号节点开始进行bfs；

(0,i),(i,0),(n+1,i),(i,m+1)这些点都是可以走的;

开始的时候0,0两个状态上升和下降都加入到队列中去;

然后设dis[x][y][2]表示到x,y这个点时是上升状态的最优解,和到(x,y)这个点时是下降状态的最优解;

bfs的时候搞dis数组就好;

搞完了进去；还要搞出去；

出去有两种方式；

设k为min(dis[i][j][0],dis[i][j][1]);

一种是按照进来的方式出去；那么就要多花费1次转换装置;即2*k+1;(如果高度全都一样且为0就按照下面另一种来算,也能考虑到的);

另一种是进去和出来的方式不一样；那么花费为dis[i][j][0]+dis[i][j][1];

因为dis[i][j][0]表示到达i,j时是上升的,dis[i][j][1]表示到i,j时是下降的;那么这两个状态是能够串联在一起的；因为i,j,1肯定是一个从一个h比i,j高的x,y下降到i,j的，那么i,j,0又代表上升状态，则可以按照i,j,1进来的状态再出去;且不用多花费一个转换装置;



【完整代码】

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <queue>

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 110;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int dx[5] = {0,0,0,1,-1};

const int dy[5] = {0,1,-1,0,0};

struct abc

{

    int x,y,zt,num;

};

int n,m,h[MAXN][MAXN] = {0};

int dis[MAXN][MAXN][2];

queue <abc> dl;

int main()

{

    //freopen("F:\\rush.txt","r",stdin);

    cin >> n >> m;

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        for (int j = 1;j <= m;j++)

            cin >> h[i][j];

    memset(dis,INF,sizeof(dis));

    dis[0][0][0] = dis[0][0][1] = 0;

    abc temp;

    temp.x = 0,temp.y = 0,temp.zt = 0,temp.num = 0;

    dl.push(temp);

    temp.zt = 1;

    dl.push(temp);

    while (!dl.empty())

    {

        int x = dl.front().x,y = dl.front().y,zt = dl.front().zt,num = dl.front().num;

        dl.pop();

        for (int i = 1;i <= 4;i++)

        {

            int tx = x+dx[i],ty = y+dy[i];

            if (tx <0 || ty <0 || tx >n+1 || ty > m+1)

                continue;

            abc tt;

            if (h[tx][ty] == h[x][y])

            {

                if (dis[tx][ty][zt]>num)

                {

                    dis[tx][ty][zt] = num;

                    tt.x = tx,tt.y = ty,tt.zt = zt,tt.num = num;

                    dl.push(tt);

                }

            }

            int tnum = num;

            if (h[tx][ty] > h[x][y])

            {

                if (zt==1)

                    tnum++;

                if (dis[tx][ty][0]>tnum)

                {

                    dis[tx][ty][0] = tnum;

                    tt.x = tx,tt.y = ty,tt.zt = 0,tt.num = tnum;

                    dl.push(tt);

                }

            }

            if (h[tx][ty]<h[x][y])

            {

                if (zt == 0)

                    tnum++;

                if (dis[tx][ty][1]>tnum)

                {

                    dis[tx][ty][1] = tnum;

                    tt.x = tx,tt.y = ty,tt.zt = 1,tt.num = tnum;

                    dl.push(tt);

                }

            }

        }

    }

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        for (int j = 1;j <= m;j++)

        {

            int k = min(dis[i][j][0],dis[i][j][1]);

            dis[i][j][0] = min(2*k+1,dis[i][j][0]+dis[i][j][1]);

        }

    for (int i = 1;i <= n;i++)

        for (int j = 1;j <= m;j++)

            if (j==m)

                printf("%d\n",dis[i][j][0]);

            else

                printf("%d ",dis[i][j][0]);

    return 0;

}