P1884 [NOIP2000T4]方格取数
时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main

背景

[noip2000T4]方格取数

描述

设有N*N的方格图(N<=10,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入数字0。如下图所示(见样例):

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。

测试样例1

输入

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

67

取自http://www.cnblogs.com/TonyNeal/p/codevs1043.html;

思路一:
我们设f[i,j,k,l]表示第一条路走到(i,j),第二条路走到(k,l)的路线。
那么状态转移方程很好得出:
f[i,j,k,l]=max{f[i-1,j,k-1],f[i-1,j,k,l-1],f[i,j-1,k-1,l],f[i,j-1,k,l-1]}+(i==k&&j==l ? a[i][j] : a[i][j]+a[k][l])
值得注意的是:最后加上这个值的时候要注意如果路径走到同一点不能重复统计。
时间复杂度:O(n4),空间复杂度O(n4),对于本题n<=10完全足够。
思路二:
虽然思路一对于本题完全足够,但是如果n的范围大些的话,就无法办到了。
针对思路一,我们发现了问题,有一些状态是可以合并的,最重要的是:思路一,我们是同时开始走的,那么不必记录向右、向下的具体路径,只需要记录步数,显然,两条路的步数是统一的,然后再记录向下或向右的次数,就能根据这两者推算出向下或向右的次数。
那么设f[i,j,k]表示走到了第i步,第一条路径向走了j步,第二条路径向走了k步。
那么f[i,j,k]=max{f[i-1,j,k],f[i-1,j-1,k],f[i-1,j-1,k-1],f[i-1,j,k-1]}+(j==k ? a[i-j+1][i] : a[i-j+1][j]+a[i-k+1][k]);
显然,我们也要判断路径是否走到同一点,所以有后面的那个if( ? : 三目运算符)

时间复杂度:O(2n3),空间复杂度O(2n3),优化了一维。从n的四方优化至n的三方,是一个很大的进步。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define ll __int64
  4. #define esp 1e-10
  5. const int N=1e2+,M=1e6+,mod=1e9+,inf=1e9+;
  6. int dp[N][N][N];
  7. int mp[N][N];
  8. int max(int x,int y,int z,int w,int u)
  9. {
  10. return max(u,max(max(x,y),max(z,w)));
  11. }
  12. int main()
  13. {
  14. int x,y,z,i,t;
  15. scanf("%d",&x);
  16. while()
  17. {
  18. int u,v,w;
  19. scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
  20. if(u==&&v==&&w==)
  21. break;
  22. mp[u][v]=w;
  23. }
  24. for(i=;i<=*x;i++)
  25. {
  26. for(t=;t<=i&&t<=x;t++)
  27. {
  28. for(int j=;j<=i&&j<=x;j++)
  29. dp[i][t][j]=max(dp[i][t][j],dp[i-][t-][j],dp[i-][t-][j-],dp[i-][t][j],dp[i-][t][j-])+((t==j)?mp[t][i-t+]:(mp[j][i-j+]+mp[t][i-t+]));
  30. }
  31. }
  32. printf("%d\n",dp[*x][x][x]);
  33. return ;
  34. }

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