2014在百度之星资格赛的第四个冠军Labyrinth

Problem Description

熊度仅仅是一种冒险的熊，一个偶然落入一个m*n迷宫矩阵，能从矩阵左上角第一个方格開始走，仅仅有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫。每一次仅仅能走一格，且仅仅能向上向下向右走曾经没有走过的格子，每个格子中都有一些金币（或正或负。有可能遇到强盗拦路抢劫，度度熊身上金币能够为负，须要给强盗写欠条），度度熊刚開始时身上金币数为0。问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币？

Input

输入的第一行是一个整数T（T< 200），表示共同拥有T组数据。

每组数据的第一行输入两个正整数m，n（m<=100，n<=100）。接下来的m行，每行n个整数，分别代表对应格子中能得到金币的数量，每一个整数都大于等于-100且小于等于100。

Output

对于每组数据，首先须要输出单独一行”Case #?:”，当中问号处应填入当前的数据组数。组数从1開始计算。

每组測试数据输出一行。输出一个整数。代表依据最优的打法。你走到右上角时能够获得的最大金币数目。

Sample Input

2

3 4

1 -1 1 0

2 -2 4 2

3 5 1 -90

2 2

1 1

1 1

Sample Output

Case #1:

18

Case #2:

4

对于一个点能够从三个方向到达，从上，从左。从下。

由于一个点不能走多次。我们能够得到一个非常easy的结论。假设从上到达这个点，那么之后我们就仅仅能向下，或者向右走了。从下到达类似。

仅仅有从左到达，三个方向都能够走。

这里dp[i][j][k]表示x,y这个点从k这个方向过来的最大值。当中k=0,1,2.0表示从左边到达该点，1表示从上面到达该点。2表示从以下到达该点。

依据以上结论。能够得到一个非常easy的状态转移方程：

dp[i][j+1][0] = max(,dp[i][j][0],dp[i][j][1],dp[i][j][2])+ graph[i][j+1];

dp[i+1][j][1] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][1]) + graph[i+1][j];

dp[i-1][j][2] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][2]) + graph[i-1][j];

由以上转移方程非常easy得到，我们能够对每一列。先从上到向下更新该点向下走所到达点的值，再从下到上更新该点向上和向右分别到达点的值。

最后的答案就是从左到达和从以下到达右上方的点的最大值。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#define eps 1e-8
#define MAX 100010
#define INF 99999999
#define MOD 1000000007
#define mem(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mem1(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define zero(x) ( x > +eps ) - ( x < -eps )
using namespace std;

struct NODE
{
    int x ,y;
    int dir;
};

int dp[110][110][3];
int n ,m;
int graph[110][110];

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int r = 1;r <= t;r++)
    {
        printf("Case #%d:\n",r);
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            for(int j = 1;j <= m;j++)
            {
                scanf("%d",&graph[i][j]);
            }
        }
        for(int i = 0;i <= n +1;i++)
        {
            for(int j = 0;j <= m + 1;j++)
            {
                dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = dp[i][j][2] = -INF;
            }
        }
        dp[1][1][1] = dp[1][1][0] = graph[1][1];
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            dp[i][2][0] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i][2];
            dp[i+1][1][1] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i+1][1];
        }
        for(int i = 2;i <= m;i++)
        {
            for(int j = 1;j < n;j++)
            {
                dp[j+1][i][1] = max(dp[j][i][1],dp[j][i][0]) + graph[j+1][i];
            }
            for(int j = n;j >= 1;j--)
            {
                dp[j-1][i][2] = max(dp[j][i][2],dp[j][i][0]) + graph[j-1][i];
                dp[j][i+1][0] = max(dp[j][i][0],max(dp[j][i][1],dp[j][i][2])) + graph[j][i+1];
            }
        }
        printf("%d\n",max(dp[1][m][0],dp[1][m][2]));
    }
    return 0;
}