NOIP200003方格取数

NOIP200003方格取数

难度级别： D； 编程语言：不限；运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

XYZ 是首师大附中信息技术团编程大神之一，尤其近两个月水平提升迅猛，一发不可收拾。老师说他前途不可估量，于是他有一点小骄傲，好像没有什么题能难住他。这让另一位编程高手 WJH 看不下去了，于是要求出一道题考考他，如果 10 分钟内做不出来，以后不许再这么“嚣张”，XYZ 欣然同意。WJH 要求 XYZ 帮助 ZYT 解决一个问题：
    现有 N*N 的方格图( N<=10，将其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中放入数字 0。如下图所示（见样例）： 
               
    ZYT 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，ZYT 可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字 0 ）。从 A 点到 B 点共走两次，你必须指导ZYT所取数之和最大。如果得到正确的最大值他可以找杨老师获得该最大数的 10 倍积分，如果最大值错误，要跑步的（ ZYT 最怕这个，你知道的）。

输入

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

只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

输入示例

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

输出示例

67

其他说明

数据范围：所有正整数都不会超过1000，太大了杨老师没那么多积分给的！

第一种方法是，我们可以使用费用流，对于每个点我们拆成两个点i,i`，并从i向i`连两条弧，容量均为1，一条费用为0，一条费用为-wi.

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=,f=;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}
const int maxn=;
const int maxm=;
const int INF=;
struct ZKW {
    int n,m,s,t,first[maxn],next[maxm];
    int ans,cost;
    int vis[maxn],inq[maxn],d[maxn];
    struct Edge {int from,to,flow,cost;}edges[maxm];
    void init(int n) {
        this->n=n;m=;
        memset(first,-,sizeof(first));
    }
    void AddEdge(int from,int to,int cap,int cost) {
        edges[m]=(Edge){from,to,cap,cost};next[m]=first[from];first[from]=m++;
        edges[m]=(Edge){to,from,,-cost};next[m]=first[to];first[to]=m++;
    }
    int BFS() {
        queue<int> Q;
        rep(i,,n) d[i]=INF;
        d[t]=;inq[t]=;Q.push(t);
        while(!Q.empty()) {
            int x=Q.front();Q.pop();inq[x]=;
            ren {
                Edge& e=edges[i^];
                if(e.flow&&d[e.from]>d[x]+e.cost) {
                    d[e.from]=d[x]+e.cost;
                    if(!inq[e.from]) inq[e.from]=,Q.push(e.from);
                }
            }
        }
        rep(i,,m-) edges[i].cost+=d[edges[i].to]-d[edges[i].from];
        cost+=d[s];return d[s]!=INF;
    }
    int DFS(int x,int a) {
        if(x==t||!a) {ans+=cost*a;return a;}
        int flow=,f;vis[x]=;
        ren {
            Edge& e=edges[i];
            if(e.flow&&!e.cost&&!vis[e.to]&&(f=DFS(e.to,min(a,e.flow)))) {
                flow+=f;a-=f;
                e.flow-=f;edges[i^].flow+=f;
                if(!a) break;
            }
        }
        return flow;
    }
    int solve(int s,int t) {
        ans=cost=;this->s=s;this->t=t;
        while(BFS()) do memset(vis,,sizeof(vis));while(DFS(s,INF));
        return ans;
    }
}sol;
int n,w[][];
int id(int x,int y,int t) {return t*n*n+(x-)*n+y;}
int main() {
    n=read();sol.init(n*n*);
    while() {
        int x=read(),y=read(),v=read();
        if(!x) break;
        w[x][y]=v;
    }
    rep(i,,n) rep(j,,n) {
        sol.AddEdge(id(i,j,),id(i,j,),,-w[i][j]);
        sol.AddEdge(id(i,j,),id(i,j,),,);
        if(i+<=n) sol.AddEdge(id(i,j,),id(i+,j,),,);
        if(j+<=n) sol.AddEdge(id(i,j,),id(i,j+,),,);
    }
    printf("%d\n",-sol.solve(id(,,),id(n,n,)));
    return ;
}

第二种方法是，我们使用DP。考虑一个人走两遍相当于两个人同时走，设f[x1][y1][x2][y2]表示第一个人走到了(x1,y1)，第二个人走到了(x2,y2)最大收益。

转移时枚举上一次两个人在哪里，并加上这一步造成的收益：f[x1][y1][x2][y2]=Max(f[x1-1][y1][x2-1][y2],f[x1][y1-1][x2][y2-1],f[x1-1][y1][x2][y2-1],f[x1][y1-1][x2-1][y2])+w[x1][y1]+(x1!=x2||y1!=y2)*w[x2][y2].时间复杂度为O(N^4)

注意因为同时走，x1+y1恒等于x2+y2，可以将时间复杂度优化为O(N^3).

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=,f=;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
    return x*f;
}
const int maxn=;
int n,w[maxn][maxn],f[maxn][maxn][maxn];
int max(int a,int b,int c,int d) {
    return max(max(a,b),max(c,d));
}
int dp(int x1,int y1,int x2) {
    if(x1==&&y1==) return w[][];
    int y2=x1+y1-x2;
    if(x1<||x2<||x1>n||x2>n||y1<||y2<||y1>n||y2>n) return -<<;
    int& ans=f[x1][y1][x2];
    if(ans>=) return ans;
    int tmp=max(dp(x1-,y1,x2-),dp(x1,y1-,x2-),dp(x1,y1-,x2),dp(x1-,y1,x2));
    return ans=tmp+w[x1][y1]+(x1==x2?:)*w[x2][y2];
}
int main() {
    memset(f,-,sizeof(f));
    n=read();
    while() {
        int x=read(),y=read(),v=read();
        if(!x) break;
        w[x][y]=v;
    }
    printf("%d\n",dp(n,n,n));
    return ;
}