2014 百度之星 题解 1004 Labyrinth
度度熊是一仅仅喜欢探险的熊,一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫,该迷宫仅仅能从矩阵左上角第一个方格開始走,仅仅有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫,每一次仅仅能走一格,且仅仅能向上向下向右走曾经没有走过的格子,每个格子中都有一些金币(或正或负,有可能遇到强盗拦路抢劫,度度熊身上金币能够为负,须要给强盗写欠条),度度熊刚開始时身上金币数为0,问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币?
输入的第一行是一个整数T(T < 200),表示共同拥有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m,n(m<=100,n<=100)。接下来的m行,每行n个整数,分别代表对应格子中能得到金币的数量,每一个整数都大于等于-100且小于等于100。
对于每组数据,首先须要输出单独一行”Case #?:”,当中问号处应填入当前的数据组数,组数从1開始计算。
每组測试数据输出一行,输出一个整数,代表依据最优的打法,你走到右上角时能够获得的最大金币数目。
2
3 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 2
1 1
1 1
Case #1:
18
Case #2:
4
本题使用动态规划法,这次百度之星有两题都是使用动态规划法的。
时间效率O(N^2),只是好像有人用O(N^3)的时间效率也能过。
这个复杂版本号的找路径问题,一般找路径问题仅仅能往两个方向走,而这个能够往三个方向走的。
关键点:
逐行搜索,可是每行须要从上往下搜一次,然后从下往上搜一次。由于能够往三个方向走, 所以该格可能是从上面走下来,也可能从以下走上来,也能够从左面直接走过来。
由于每行的第一列仅仅能从左跨过来,或者从下上来,最后一列也仅仅能从上下来或者从左跨过来; 那么第一列和最后一列都能够作为该行的初始搜索点。
#include <stdio.h>
#include <vector>
using std::vector;
using std::max; class Labyrinth_2
{
int golds(vector<vector<int> > &b)
{
vector<vector<int> > tbl(b.size(), vector<int>(b[0].size())); tbl[0][0] = b[0][0];
for (int i = 1; i < (int)b.size(); i++)
{
tbl[i][0] = tbl[i-1][0] + b[i][0];
} vector<int> cTbl(b.size());//不是b[0].size()
for (int c = 1; c < (int)b[0].size(); c++)
{
tbl[0][c] = tbl[0][c-1] + b[0][c];
int r = 1;
for ( ; r < (int)b.size(); r++)
{
tbl[r][c] = max(tbl[r-1][c], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
}
--r;
cTbl[r] = tbl[r][c-1] + b[r][c];
for (--r; r >= 0; r--)
{
cTbl[r] = max(cTbl[r+1], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
tbl[r][c] = max(tbl[r][c], cTbl[r]);
}
}
return tbl[0].back();
}
public:
Labyrinth_2()
{
int T, C, R;
scanf("%d", &T);
for (int t = 1; t <= T; t++)
{
printf("Case #%d:\n", t); scanf("%d %d", &R, &C);
vector<vector<int > > grid(R, vector<int>(C));
for (int i = 0; i < R; i++)
{
for (int k = 0; k < C; k++)
{
scanf("%d", &grid[i][k]);
}
}
printf("%d\n", golds(grid));
}
}
};
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