簡潔題意

一張 \(H\) 列、\(W\) 欄的畫布，每一格一開始都是 \(0\)，列與欄都從 \(0\) 開始編號。接下來進行 \(N\) 次畫筆操作，每次給四個整數 \(r\)、\(c\)、\(t\)、\(x\)：所有與 \((r, c)\) 曼哈頓距離不超過 \(t\) 的格子 \((i, j)\)——也就是滿足 \(|i - r| + |j - c| \le t\) 的格子——都要加上 \(x\)。同一格被多枝筆畫到，顏色值就一路累加。輸出完成全部操作後的整張畫布（\(1 \le H, W \le 20\)、\(1 \le N \le 100\)、\(0 \le t \le 20\)、\(1 \le x \le 10\)）。

依正確通過的測試資料筆數給分，其中：

• 子題組 1（\(60\) 分）：\(H = 1\)。
• 子題組 2（\(40\) 分）：無額外限制。

先拿下子題組 1（60 分）：畫布只有一列

\(H = 1\) 時整張畫布就是一行。這時 \(r\) 只能是 \(0\)（題目保證 \(0 \le r < H\)），格子的 \(i\) 也只能是 \(0\)，所以曼哈頓距離裡的 \(|i - r|\) 永遠是 \(0\)，條件只剩下

做法就是照字面模擬：開一個一維陣列當畫布，每讀進一枝筆，就掃過每一欄，距離不超過 \(t\) 的就加上 \(x\)。

#include <iostream>
#include <cstdlib>   // abs() 住在這（上冊 7.6）
using namespace std;

const int MAX_SIZE = 20;

int main() {
    int H, W, N;
    cin >> H >> W >> N;   // 子題組 1 保證 H = 1

    int canvas[MAX_SIZE] = {};   // 只有一列，一維陣列就夠了

    while (N--) {   // 重複 N 次，處理每一次畫筆操作
        int r, c, t, x;
        cin >> r >> c >> t >> x;   // r 一定是 0，但還是要讀掉，不然後面的數字會錯位
        for (int j = 0; j < W; j++) {
            if (abs(j - c) <= t) {   // 距離只剩欄方向這一項
                canvas[j] += x;      // 顏色值累加
            }
        }
    }

    for (int j = 0; j < W; j++) {
        cout << canvas[j];
        if (j + 1 < W) {
            cout << ' ';     // 數字之間隔一個空白
        } else {
            cout << endl;    // 最後換行
        }
    }
    return 0;
}

兩個地方別踩：

• \(r\) 在子題組 1 裡永遠是 \(0\)，但每行還是有四個數字——就算用不到也要把它讀掉；少讀一個，後面所有數字都會錯位（常犯錯誤有實例）。
• 距離條件是「不超過」，要寫 <= 不是 <。

這份程式交上去，範例 2 和子題組 2 會 WA——這是正常的，逐筆給分之下子題組 1 的 \(60\) 分穩穩到手。

從 60 分到 100 分：只差三個地方

完整版的畫布是二維的，但整個想法跟子題組 1 一模一樣：每一枝筆，掃過整張畫布，距離夠近的格子就加。會不會太慢？最多 \(N \times H \times W = 100 \times 20 \times 20 = 40000\) 次判斷，離危險區還遠得很（估算方法見上冊 4.9）。

距離條件照題目字面翻譯就好：\(|i - r| + |j - c| \le t\) 寫成 abs(i - r) + abs(j - c) <= t（abs() 見上冊 7.6）。要小心它塗出來的形狀：兩個方向的距離是相加之後才拿去比，所以塗到的範圍是「菱形」。以 \(t = 1\)、筆停在 \(3 \times 3\) 畫布正中央、\(x = 3\) 為例，塗到的是中心與上下左右四格：

0 3 0
3 3 3
0 3 0

如果把條件拆成兩個分開判斷（\(|i - r| \le t\) 且 \(|j - c| \le t\)），塗出來的會是正方形——上面這張圖會整片變成 3。這是本題最經典的錯法，詳見常犯錯誤第 1 條。

跟子題組 1 的程式比，只改了三個地方：

1. 陣列多一維：canvas[MAX_SIZE] 變成 canvas[MAX_SIZE][MAX_SIZE]（二維陣列見上冊 6.9）。
2. 距離補上列方向那一項：abs(j - c) 變成 abs(i - r) + abs(j - c)。
3. 輸出多包一層列的迴圈，每列印完換行。

#include <iostream>
#include <cstdlib>   // abs() 住在這（上冊 7.6）
using namespace std;

const int MAX_SIZE = 20;

int main() {
    int H, W, N;
    cin >> H >> W >> N;

    int canvas[MAX_SIZE][MAX_SIZE] = {};   // 整張畫布先清成 0

    while (N--) {   // 重複 N 次，處理每一次畫筆操作
        int r, c, t, x;
        cin >> r >> c >> t >> x;
        for (int i = 0; i < H; i++) {
            for (int j = 0; j < W; j++) {
                if (abs(i - r) + abs(j - c) <= t) {   // 曼哈頓距離不超過 t 的格子
                    canvas[i][j] += x;                // 顏色值累加
                }
            }
        }
    }

    for (int i = 0; i < H; i++) {
        for (int j = 0; j < W; j++) {
            cout << canvas[i][j];
            if (j + 1 < W) {
                cout << ' ';     // 同一列的數字之間隔一個空白
            } else {
                cout << endl;    // 一列印完才換行
            }
        }
    }
    return 0;
}

幾個寫法上的細節：

• int canvas[MAX_SIZE][MAX_SIZE] = {}; 的 = {} 把整張畫布清成 \(0\)（上冊 6.5）——題目說每一格起初都是 \(0\)，就是這一行在做的事。
• while (N--) 是「重複 \(N\) 次」的慣用寫法（上冊 4.7）；沒把握的話寫 for (int k = 0; k < N; k++) 效果完全一樣。
• 輸出用 if (j + 1 < W) 判斷「這一列後面還有沒有數字」：還有就印空白、沒有就換行，行尾不會多出空白。

測過再交：範例沒考到的三種筆

兩個範例合起來，有幾種情況完全沒出現過：停 \(0\) 秒的筆（\(t = 0\)，只塗中心一格）、大到整張蓋滿的筆，以及同一格被重複畫到時累加有沒有真的做。自己造小測資補上：

四筆都親眼看過正確，這題就穩了。