51Nod 1084：矩阵取数问题 V2（多维DP）

1084 矩阵取数问题 V2 

基准时间限制：2 秒 空间限制：131072 KB 分值: 80 难度：5级算法题

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一个M*N矩阵中有不同的正整数，经过这个格子，就能获得相应价值的奖励，先从左上走到右下，再从右下走到左上。第1遍时只能向下和向右走，第2遍时只能向上和向左走。两次如果经过同一个格子，则该格子的奖励只计算一次，求能够获得的最大价值。

例如：3 * 3的方格。

1 3 3

2 1 3

2 2 1

能够获得的最大价值为：17。1 -> 3 -> 3 -> 3 -> 1 -> 2 -> 2 -> 2 -> 1。其中起点和终点的奖励只计算1次。

Input

第1行：2个数M N，中间用空格分隔，为矩阵的大小。(2 <= M, N <= 200)
第2 - N + 1行：每行M个数，中间用空格隔开，对应格子中奖励的价值。(1 <= A[i,j] <= 10000)

Output

输出能够获得的最大价值。

Input示例

3 3
1 3 3
2 1 3
2 2 1

Output示例

17

思路

看做是两个人（假设是A，B）同时从左上角往右下角走，两个人相遇的时候只加一个格子里的数字。因为每次只能往右或往下走，所以从起点到终点走的距离是一定的，即m+n。

用dp[x1][y1][x2][y2]来记录A到达（x1,y1）和B到达（x2,y2）的最大数字和。然而这种写法太占空间了，四维数组，应该会爆内存的，所以需要对其进行优化

设当前走的步数为s，则y1=s-x1；y2=s-x2（因为每次只能走一步，只能向右或向下，所以总步数=横坐标+纵坐标）。dp数组就可以写成dp[s][x1][x2]（表示走了s步，A在x1位置和B在x2位置取到数字的最大和）。

所以状态转移方程就可以写成：

当A，B不在同一点时：dp[s][x1][x2]=max(dp[s-1][x1'][x2'])+a[x1][y1]+b[x2][y2]

A，B在同一点时：dp[s][x1][x2]=max(dp[s-1][x1'][x2'])+a[x1][y1]

最后要注意输入问题，输入的第一个数是列，第二个是行（因为这个输入疯狂WA）

AC代码

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <limits.h>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
#include <string>
#define ll long long
#define ms(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define pi acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
const double E=exp(1);
const int maxn=250;
using namespace std;
int dp[maxn*2][maxn][maxn];
int a[maxn][maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m;
	ms(dp);
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			cin>>a[i][j];
	for(int s=2;s<=n+m;s++)
	{
		for(int x1=1;x1<=n;x1++)
		{
			for(int x2=1;x2<=n;x2++)
			{
				int y1=s-x1;
				int y2=s-x2;
				if(y1>=1&&y2>=1&&y1<=m&&y2<=m)
				{
					dp[s][x1][x2]=max(dp[s-1][x1-1][x2],max(dp[s-1][x1][x2-1],max(dp[s-1][x1][x2] ,dp[s-1][x1-1][x2-1])));
					if(x1==x2)
						dp[s][x1][x2]+=a[x1][y1];
					else
						dp[s][x1][x2]+=a[x1][y1]+a[x2][y2];
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[n+m][n][n]<<endl;
	return 0;
}