[洛谷P1006] 传纸条

双线程DP的常识；DP的阶段问题；多阶段决策问题

传送门：$>here<$

题意

n*m的矩阵里，从左上角走到右下角（只能往右或往下），再从右下角走回左上角（只能往左或往上）。其中不能重复经过一个点。问最长路。

数据范围：$n,m \leq 50$

Solution

问题的转化

和上一题有点类似。把往回走的那一条路径看做是从左上到右下的另一条路径。问题转化为求从左上到右下，两条不相交的路径，要求总长最长。

如何转移保证不重复走？

容易想到dp[i][j][a][b]表示第一个人走到(i,j)，第二个走到(a,b)的最长路。

于是很快就想到了dp[i][j][a][b]=max{dp[i][j][a][b-1]...}这种转移方法了。这种转移方法的实质是令一个人不动，另一个人走一步。但是很遗憾，这种方法是不能保证不重复的。举一个反例，dp[2][2][1][2]这一个状态，如果从dp[2][2][1][1]转移而来，那么就有可能是(1,1)->(1,2)->(2,2)和(1,1)->(1,2)的叠加。可见(1,2)走了两次。

DP的阶段性

对于这种双线程的DP，往往要两个线程同时考虑。如果同时考虑的话，那么两人某一时刻的位置一定在同一条对角线上（仔细思考）。那么走到同一个点的意思就是两人相遇。那么只要将两人相遇的状态设为无限小，那么就自然避开了。

有了这一点性质（每一对角线作为阶段），DP是可以继续优化的。例如直接用dp[k][i][j]来表示状态。其中k表示第几条对角线，i,j是两人的横坐标。更进一步，由于多阶段DP的某一状态只取决于上一状态，还可以用滚动数组优化。那么就变成二维DP了。

透过题解看本质

双线程与阶段

从这道题里我发现双线程的情况往往同时考虑，并且以每一步决策作为一个阶段。和上一题不同，为什么上一题可以分开转移呢？是因为上一题以往前覆盖一个点作为一个阶段，两人走的步数可以是不一样的。而这道题两人的步数是一样，如果按照不一样考虑就会出现跟随的问题。

多阶段DP问题

将一个DAG分做一个多阶段的DAG往往更清晰。关键是要从题目中看出作为阶段的量。

my code

/*By DennyQi 2019*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
;
;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
    ; ; register char c = getchar();
    '); c = getchar());
    , c = getchar();
    ) + (x<<) + c - '; return x * w;
}
int n,m;
][][][],s[][];
int main(){
    n = read(), m = read();
    ; i <= n; ++i){
        ; j <= m; ++j){
            s[i][j] = read();
        }
    }
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    dp[][][][] = ;
    ; i <= n; ++i){
        ; j <= m; ++j){
            ; a <= n; ++a){
                ; b <= m; ++b){
                    if(i==a && j==b){
                        continue;
                    }
                    dp[i][j][a][b] = max(max(dp[i-][j][a-][b],dp[i-][j][a][b-]),max(dp[i][j-][a-][b],dp[i][j-][a][b-]))+s[i][j]+s[a][b];
                }
            }
        }
    }
    printf(][m][n][m-]);
    ;
}