NC16615 [NOIP2008]传纸条

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题目

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，班上同学安排做成一个m行n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)。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0表示），可以用一个0-100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只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入描述

输入第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1<=m,n<=50）。

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

输出描述

输出共一行，包含一个整数，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。

示例1

输入

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

输出

34

备注

30%的数据满足：1<=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=50

题解

知识点：线性dp。

题意等价于，找到从 \((1,1)\) 到 \((m,n)\) 的两条路径（同时存在于地图上），使得路径上的和最大，并且每次只能向下或者向右走。

最基本的方法是设 \(dp[i][j][k][l]\) 表示为A走到 \((i,j)\) ，B走到 \((k,l)\) 的最大值，但这是四次方的。

考虑设 \(dp[l][i][u]\) 表示为各自走了 \(l\) 步，A走到第 \(i\) 行，B走到第 \(u\) 行的最大值。这么做有两个原因，第一个解释可行性，第二个解释更优性，缺一不可：

1. 我们并不关心两者的谁先走谁后走，只需要保证经过的不是同一个位置即可，而且步数一致，因此两者具体位置不需要独立考虑，完全可以同时走，所以可以把步数当作阶段。
2. 两条路径只能往下或者往右，每步都可以通过在哪行确定在哪列，同时能够线性递推，否则就要搜索了。

于是有四种转移，向下向右，向右向下，都向下，都向右，注意边界，转移方程为：

\[dp[l][i][u] = \max(dp[l-1][i-1][u],dp[l-1][i][u-1],dp[l-1][i-1][u-1],dp[l-1][i][u])
\]

注意到步数可以滚动压缩掉，因此可以少一维。

时间复杂度 \(O(n^3)\)

空间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[57][57], dp[57][57];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int m, n;
    cin >> m >> n;
    for (int i = 1;i <= m;i++)
        for (int j = 1;j <= n;j++)
            cin >> a[i][j];
    for (int l = 3;l < m + n;l++) {///状态是走了l步,分别在i行和u行，滚动数组优化
        for (int i = m;i >= 1;i--) {
            for (int u = m;u >= i + 1;u--) {
                int j = l - i;
                int v = l - u;
                if (j <= 0 || j > n || v <= 0 || v > n) continue;
                dp[i][u] = max(
                    {
                        dp[i - 1][u - 1],
                        dp[i - 1][u],
                        dp[i][u - 1],
                        dp[i][u]
                    }
                ) + a[i][j] + a[u][v];
            }
        }
    }
    cout << dp[m - 1][m] << '\n';
    return 0;
}