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POJ 2329 傳送門

Solution:

比較明顯的$dp$，但爆搜好像也能過

用多個方向$dp$來解決此題，最後匯總答案即可

一開始我寫了4個，但後來發現只要相反的2個方向即可，同時不用分別記錄答案，直接不斷更新答案即可

要特別註意對特例的判斷：

不能只判斷其最近距離相同且最近點相同！

僅當$(a1,b1)$和$(a2,b2)$當前都僅有一個最近點且其相同時才不增加權值

否則可能$(a2,b2)$有多個最近點但正好記錄了與$(a1,b1)$最近點相同的點

Code:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include 
 
<cstdio>
#include <cstdlib>

using namespace std;

const int MAXN=200+10,INF=1<<27;
struct number{int cnt,d,x,y;}dp[MAXN][MAXN]; 
int n,dat[MAXN][MAXN];

void check(int a,int b,int l,int r)
{
    if(dp[a][b].d+1<dp[l][r].d) 
        dp[l][r]=dp[a][b],dp[l][r].d++;
    else if(dp[a][b].d+1
 
==dp[l][r].d)  //註意這裏的判斷細節 
    {
        if(dp[l][r].cnt==1 && dp[a][b].cnt==1 && dp[l][r].x==dp[a][b].x && dp[l][r].y==dp[a][b].y) return;
        dp[l][r].cnt+=dp[a][b].cnt; //cnt都為1時才返回
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
        scanf(
 
"%d",&dat[i][j]),dp[i][j].d=INF;
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++)
    {
        if(dat[i][j]) dp[i][j].d=0,dp[i][j].x=i,dp[i][j].y=j,dp[i][j].cnt=1;
        check(i,j,i+1,j);check(i,j,i,j+1);            
    }
    for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=n;j>=1;j--)
    {
        if(dat[i][j]) dp[i][j].d=0,dp[i][j].x=i,dp[i][j].y=j,dp[i][j].cnt=1;
        check(i,j,i-1,j);check(i,j,i,j-1);
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(dat[i][j]){printf("%d ",dat[i][j]);continue;} 
            if(dp[i][j].cnt==1) printf("%d ",dat[dp[i][j].x][dp[i][j].y]);
            else printf("0 ");
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}

Review:

Hack能力不足啊，很多細節還是要多想想

如果多次判斷內容相同，就放到函數裏去吧

[POJ 2329] Nearest number-2