TYVJ 1011 NOIP 2008&&NOIP 2000 传纸条&&方格取数 Label:多线程dp
做题记录:2016-08-15 15:47:07
背景
描述
在活动进行中,小渊希望给小轩传递一张纸条,同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递,但只会帮他们一次,也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙,那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。
还有一件事情需要注意,全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低(注意:小渊和小轩的好心程度没有定义,输入时用0表示),可以用一个0-100的自然数来表示,数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条,即找到来回两条传递路径,使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在,请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。
输入格式
接下来的m行是一个m*n的矩阵,矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。
输出格式
测试样例1
输入
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
输出
34
备注
100%的数据满足:1<=m,n<=50
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int N,M,a[][],f[][][];
int main(){
// freopen("01.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&N,&M);
for(int i=;i<=N;i++){
for(int j=;j<=M;j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
for(int i=;i<=N+M;i++){
for(int k=;k<=i&&k<=N;k++){
for(int j=;j<=i&&j<=N;j++){
if(j!=k||i==N+M){
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k-]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k-]);
f[i][j][k]+=(a[j][i-j+]+a[k][i-k+]);//通过步数i与第一条路线行数j以及第二条路线行数k计算横坐标
}
}
}
}
printf("%d\n",f[N+M][N][N]);
return ;
}
可以看成从(1,1)到(m,n)找两条不相交的路径
f(i,j,k)表示传到第i个人,第一条路径在第j行,第二条路径在第k行的最大价值
以上题目没有考虑同位置的情况,下面给出同类题目
题目描述
设有N*N的方格图(N<=9),我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放
人数字0。如下图所示(见样例):
A
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 13 0 0 6 0 0
0 0 0 0 7 0 0 0
0 0 0 14 0 0 0 0
0 21 0 0 0 4 0 0
0 0 15 0 0 0 0 0
0 14 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
. B
某人从图的左上角的A点出发,可以向下行走,也可以向右走,直到到达右下角的B
点。在走过的路上,他可以取走方格中的数(取走后的方格中将变为数字0)。
此人从A点到B点共走两次,试找出2条这样的路径,使得取得的数之和为最大。
输入输出格式
输入格式:
输入的第一行为一个整数N(表示N*N的方格图),接下来的每行有三个整数,前两个
表示位置,第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。
输出格式:
只需输出一个整数,表示2条路径上取得的最大的和。
输入输出样例
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
67
说明
NOIP 2000 提高组第四题
代码
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[][],f[][][];
int N,x,y,z;
int main(){
// freopen("01.txt","r",stdin);
scanf("%d",&N);
while((scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)==)&&(x+y+z>))
a[x][y]=z; for(int i=;i<=*N;i++){
for(int j=;j<=N&&j<=i;j++){
for(int k=;k<=N&&k<=i;k++){
if(j!=k||i==N*){
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k-]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k-]);
f[i][j][k]+=(a[j][i-j+]+a[k][i-k+]);
}
else if(i == j) {
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j][k-]);
f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-][j-][k-]);
f[i][j][k]+=a[j][i-j+];
//此处可以用一个变量统计 f[i][j][k],
//最后再判断 (i == j),节省代码长度
}
}
}
} printf("%d\n",f[*N][N][N]);
return ;
}转载题解:
由于本题的数据规模很小,所以(n^4)的方法也能解决。但是的规模增大的时候我们就必须对算法进行优化了。
很明显dp[i1][j1][i2][j2]的四维状态描述了所有可能的走法,当然我们也可以改变状态的表示法,减少状态的维数。
f[k][i][j] = max { f[k-1][i][j], f[k-1][i-1][j-1], f[k-1][i-1][j],f[k-1][I][j-1] } + (i==j ? a[k-i][i] : a[k-i+1][i]+a[k-j+1][j])
f[k][i][j]表示走了k步,第一条路向右走i步,第二条路向右走j步。
每条路的每个位置都可以从它的上方或左方得到,所以max{}里会有四个状态。还有
如果两条路走到了同一位置,那么该位置的数只加一次.
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