传纸条 luoguP1006

题目描述

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，班上同学安排坐成一个 mm 行 nn 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)(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 00 表示），可以用一个 [0,100][0,100] 内的自然数来表示，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。

输入格式

第一行有两个用空格隔开的整数 mm 和 nn，表示班里有 mm 行 nn 列。

接下来的 mm 行是一个 m×nm×n 的矩阵，矩阵中第 ii 行 jj 列的整数表示坐在第 ii 行 jj 列的学生的好心程度。每行的 nn 个整数之间用空格隔开。

输出格式

输出文件共一行一个整数，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。

题面是直接复制 的，有点炸，但是没关系（反正不会有人到位这里来看题面

我觉得这题的难点在于同时要找到两条路径，并且不能交叉，这个在dp里面是比较难进行限制和定义的
还有就是这种dp类型对我可能是第一次，比较陌生。
这个最简单的状态设计我都是看别人的。。。
设f[i][j][k][l]表示一条路径走到了[i][j],另一条走到了[k][l]时，最大的好感度之和
转移比较明显，就从前面的点转移过来就好了，但是转移的时候要保证不会走到两个重合的点，这样就保证了两个路径不相交。

时间复杂的O(n^4),n最大50，可以接受。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read() {
    char c=getchar();int a=0,b=1;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;return a*b;
}
int f[51][51][51][51],n,m,a[51][51];
int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            a[i][j]=read();
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            for(int k=0;k<=n;k++)
            {
                for(int h=0;h<=m;h++)
                {
                    if(i==0||j==0||k==0||h==0)
                    f[i][j][k][h]=-1145141919;
                    else
                    f[i][j][k][h]=0;
                }
            }
        }
    }
    f[1][1][1][1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            for(int k=1;k<=n;k++)
            {
                for(int h=1;h<=m;h++)
                {
                    if((i==k&&j==h))
                        continue;
                    f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k-1][h]+a[i][j]+a[k][h]);
                    f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k][h-1]+a[i][j]+a[k][h]);
                    f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k-1][h]+a[i][j]+a[k][h]);
                    f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k][h-1]+a[i][j]+a[k][h]);
                }
            }
        }
    }
    cout<<max(f[n-1][m][n-1][m],max(f[n-1][m][n][m-1],max(f[n][m-1][n-1][m],f[n][m-1][n][m-1])))<<endl;
    return 0;
}

很奇怪，如果我尝试把结果直接转移到f[n][m][n][m]上然后输出，就会错，目前认为是我上面转移边界判断写错了
懒得找了

可以发现，其实这个4维数组里面是大部分用不上的，意思就是，我们浪费了非常多的空间和时间复杂度给了不可能的情况，因为我们每一次都是两边走一步
所以很容易可以发现，类似f[1][1][n][m]这样的状态是不可能也不存在也无意义的，但是它们的存在占用了大量转移的时间和空间
可以考虑优化考虑这一类无意义转移的特征
我们的转移都是一次性走两步的，很明显，这样的情况才是我们真正要的。
我们一次走一步，其实走的总步数就是曼哈顿距离，很明显，两条路的走的步数是一样的。
所以当两边同时走的时候，需要我们转移的地方很明显是没有那么多的，只有步数一样的两个点的状态，我们的转移才是有意义的，否则这个计算其实是没有任何作用的。
所以，我们可以增加一个状态，步数i，另外两个状态就是两个路径的竖直位置。
因为我们每次总是向下和向右走，所以通过步数和竖直位置可以直接计算出来它的水平距离。
这样那些多余的计算和空间就被优化掉了。

代码我懒得写了，主要是这个思考的方法
首先，这个优化依旧是从这个问题的特质出发的，我们发现了两边的步数i是一样的
（应该是我一开始就看的是别人的题解的原因，我感觉如果让我来设计状态，我不会这么暴力）
所以没有其次了（因为我感觉没必要）

然后就是这个问题的一个转化
我们把回传的问题转化为了从上往下的第二条路径。
这个是十分重要的，如果是先找到第一条，再去找第二条，时间复杂度会直接爆炸，而且不可做。
所以这个特性其实非常重要和有用的，因为正着麻烦，那就反着来，正难则反
而且利用这个，其实也是把不可相交这个要求的处理给简化， 一举两得，十分巧妙。。。

这应该就算是一道好题吧，比较的灵活

如果我比赛的时候遇到这个，我肯定是写不出来的

要怎么才能写出来呢？

1.发现这个特征，就是从下往上和从上往下是没有区别的

2.转化问题，把问题转化为找两个一起往下的路径（这个我想不到）

后面就比较简单了，我觉得这种转化其实也是dp的一个难点
只能靠积累了吧。。。
多积累，应该会在一定程度质变的。

加油