NYOJ-61 传纸条（一）

传纸条（一）

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难度：5

 

描述

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

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0-1000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之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

 

输入

第一行输入N(0<N<100)表示待测数据组数。
每组测试数据输入的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（2<=m,n<=50）。
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（不大于1000）。每行的n个整数之间用空格隔开。

输出

每组测试数据输出共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

样例输入

1
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

样例输出

34

来源

NOIP2008

 

这题到现在还是没ＡＣ，看了一个课件，依照着课件上的思路用记忆话搜索写了代码，虽然出结果了，但是华丽丽的。。。。。ＴＬＥ了，不过出结果了就是进步啊，嘎嘎嘎嘎。。。。。

下边附上自己写的TLE代码

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <cstring>

 using namespace std;

 int n, m;
 int map[][];
 int sum[][], dp[][][];
 //sum[i][j]表示 map 中第 i 行前 j 个元素之和
 //dp[i][j][k] 表示 第一个人在（i， j），第二个人在（i，k），两个人到达（n，n）路上所收集的最大值 

 int max(int a, int b)
 {
     return a > b ? a : b;
 }

 int DP(int row, int y1, int y2)
 {
     if(row == m)
         return dp[row][y1][y2] = sum[row][m]-sum[row][y1-];
     if(dp[row][y1][y2] > )
         return dp[row][y1][y2];
     for(int i = y1; i <= y2; ++i)
     {
         for(int j = y2; j <= n; ++j)
             dp[row][y1][y2] = max(dp[row][y1][y2], sum[row][i]-sum[row][y1-] + sum[row][j]-sum[row][y2-] + DP(row+, i, j));
     }
     return dp[row][y1][y2];
 }
 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d", &T);
     while(T--)
     {
         scanf("%d%d", &m, &n);
         for(int i = ; i <= m; ++i)
         {
             for(int j = ; j <= n; ++j)
             {
                 scanf("%d", &map[i][j]);
                 sum[i][j] = sum[i][j-]+map[i][j];
             }
         }
         memset(dp, , sizeof(dp));
         printf("%d\n", DP(, , ));
     }
     return ;
 }

课件上相似题的讲解如下：

方格取数问题
题目描述：机器人Rob在一个有n*n个方格的方形区域F中收集样本。（i,j）方格中样本的价值为v(i,j)，如下图所示。Rob从方形区域F的左上角A点出发，向下或向右行走，直到右下角的B点，在走过的路上，收集方格中的样本。Rob从A点到B点共走2次，试找出Rob的2条行走路径，使其取得的样本总价值最大。

分析： 两个Rob（Rob1，Rob2）分别从方形区域F的左上角A点出发，向下或向右行走，直到右下角的B点，在走过的路上，收集方格中的样本。每个方格的样本最多只能被Rob1或者Rob2取走一次。当两个机器人都到达终点B时候，求两个机器人Rob1和Rob2取得的样本总价值,使其总价值最大。

令d[x,y1,y2]表示当Rob1在[x,y1], Rob2在[x,y2]时候，两个机器人都到达终点B所能收集的最大样本价值。显然，d[1,1,1]就是原问题的解。

最优子结构：从A到B的两条能收集到最大样本价值的路径显然包含了这两条路径上各任取一点到B点，能够收集到最大样本价值的最优路径。（由反证法可证）

假设两个机器人当前都位于第x行，Rob1在第y1列，Rob2在第y2列， y2≥y1,让Rob1和Rob2分别向右走,到达yy1和yy2列（显然有yy1≥y1，yy2≥y2,然后再向下走到下一行。这样如果yy1<y2,便是分别取走第x行中的第y1--yy1, y2--yy2列的数，否则路线有重复，就取走y1--yy2的数。实际上，路线重复完全可以避免，即可让Rob2 代替Rob1去收集右边的那些样本，保证Rob1不走到Rob2右边去，因此有yy1<y2

为了方便连续取数，用一个sum[x,y1,y2]（我用的是sum[row][j]存储的是第row行前j个元素的和，那么用sum[row][y2]-sum[row][y1-1]可以表示相同的意思）的数组，表示第x行的y1--y2的样本价值之和。  

当x=n时,y11=n,y22=n, 0≤y1≤n, y1≤y2≤n, d[n,y1,y2]=sum(n,y1,y2);

当x=n-1时， 0≤y1≤n, y1≤y2≤n, y1≤y11<y2, y2≤y22≤n,
d[n-1,y1,y2]=MAX(sum(n-1,y1,y11)+sum(n-1,y2,y22)+d[n,y11,y22])

以此类推，直到推出d[1,1,1],即为问题的解

 

 

代码二：----------------AC（双线程的动态规划）

参考博客：http://blog.csdn.net/epiker/article/details/7482875

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <cstring>

 using namespace std;

 int n, m;
 int map[][];
 int dp[][][];

 int max(int a, int b)
 {
     return a > b ? a : b;
 }

 int DP()
 {
     int step = m+n-;
     for(int i = ; i < step; ++i)
     {
         int k = i+ > m ? m : i+;
         for(int x1 = ; x1 <= k; ++x1)
         {
             for(int x2 = x1+; x2 <= k; ++x2)
             {
                 dp[i][x1][x2]=max(dp[i-][x1-][x2-], max(dp[i-][x1][x2], max(dp[i-][x1-][x2], dp[i-][x1][x2-])))+map[x1][i-x1+]+map[x2][i-x2+];
             }
         }
     }
     return dp[step][m][m]= max(dp[step-][m-][m], dp[step-][m][m-]);
 }

 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d", &T);
     while(T--)
     {
         scanf("%d%d", &m, &n);
         for(int i = ; i <= m; ++i)
         {
             for(int j = ; j <= n; ++j)
             {
                 scanf("%d", &map[i][j]);
             }
         }
         memset(dp, , sizeof(dp));
         printf("%d\n", DP());
     }
     return ;
 }