题解
首先对 (a) 离散化，则可推出转移方程
[dp_{i,j}=max{{dp_{{i^{'}},{j^{'}}}+|i-i^{'}|+|j-j^{'}|}}+b_{i,j} ;;(a_{i,j}=a_{{i^{'}},{j^{'}}}+1)
]
其中按离散化后 (a) 递增 (1) 跳，一定为最优（易证）
这个方程复杂度为 (mathcal O(n^2m^2))，优化：
此题可以发现每个 (dp_{i,j}) 都可以由 左上，右上，左下，右下 转移过来。所以用数组维护一下最大值：
[(1,1)−(i,j):dp_{i,j}−i−j
]
[(1,j)−(i,m):dp_{i,j}−i+j
]
[(i,1)−(n,j):dp_{i,j}+i−j
]
[(i,j)−(n,m):dp_{i,j}+i+j
]
贴张学长的图
现在证明一下为什么不用判断一个点在另一个点的位置就可以转移
证明：
设贡献点为 (t_1)，被转移点为 (t_2)
若 (t_1) 在 (t_2) 左上方，从右下方转移，则 (dp_{t_{2}}=dp_{t_{1}}-i-j-i'-j') ，但若从左上方转移 (dp_{t_{2}}=dp_{t_{1}}+i+j-i'-j')
显然第一种不合法转移会被更优的且合法的第二种转移覆盖，其它情况同理
证毕
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
template<typename T>inline void read(T &x) {
ri f=1;x=0;register char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
x=f?x:-x;
}
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
#define node(x,y,a,b) (node){x,y,a,b}
#define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
typedef long long ll;
static const int N=2e3+7;
int a[N][N],b[N][N],wk[N*N],p[N*N],cnt,n,m;
ll dp[N*N],pre[4],mx[4];
struct node{int x,y,a,b;}pnt[N*N];
inline int cmp(int x,int y) {return pnt[x].a<pnt[y].a;}
inline int main() {
// FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
// FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
read(n),read(m);
for (ri i(1);i<=n;p(i)) for (ri j(1);j<=m;p(j)) read(a[i][j]);
for (ri i(1);i<=n;p(i))
for (ri j(1);j<=m;p(j)) {
read(b[i][j]);
if (a[i][j]) p[p(cnt)]=cnt,pnt[cnt]=node(i,j,a[i][j],b[i][j]);
}
sort(p+1,p+cnt+1,cmp);
ri cut=INT_MAX;
dp[1]=pnt[p[1]].b;
mx[0]=cmax(mx[0],dp[1]+pnt[p[1]].x+pnt[p[1]].y);
mx[1]=cmax(mx[1],dp[1]-pnt[p[1]].x+pnt[p[1]].y);
mx[2]=cmax(mx[2],dp[1]+pnt[p[1]].x-pnt[p[1]].y);
mx[3]=cmax(mx[3],dp[1]-pnt[p[1]].x-pnt[p[1]].y);
for (ri i(2);i<=cnt;p(i)) {
ri x=p[i],y=p[i-1];
if (pnt[x].a!=pnt[y].a) {cut=i;break;}
dp[i]=pnt[x].b;
mx[0]=cmax(mx[0],dp[i]+pnt[x].x+pnt[x].y);
mx[1]=cmax(mx[1],dp[i]-pnt[x].x+pnt[x].y);
mx[2]=cmax(mx[2],dp[i]+pnt[x].x-pnt[x].y);
mx[3]=cmax(mx[3],dp[i]-pnt[x].x-pnt[x].y);
}
for (ri i(cut);i<=cnt;p(i)) {
ri x=p[i],y=p[i-1];
if (pnt[x].a!=pnt[y].a) {
pre[0]=mx[0],pre[1]=mx[1],pre[2]=mx[2],pre[3]=mx[3];
mx[0]=mx[1]=mx[2]=mx[3]=0;
}
x=pnt[x].x,y=pnt[p[i]].y;
dp[i]=cmax(pre[0]-x-y,cmax(pre[1]+x-y,cmax(pre[2]-x+y,pre[3]+x+y)))+(ll)pnt[p[i]].b;
mx[0]=cmax(mx[0],dp[i]+x+y);
mx[1]=cmax(mx[1],dp[i]-x+y);
mx[2]=cmax(mx[2],dp[i]+x-y);
mx[3]=cmax(mx[3],dp[i]-x-y);
}
register ll ans=0;
for (ri i(1);i<=cnt;p(i)) ans=cmax(ans,dp[i]);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}
不要忘记开 (long;;long)