noip模拟赛捡金币

问题描
小空正在玩一个叫做捡金币的游戏。游戏在一个被划分成 n行 n列的网格状场地中进行。
每一个格子中都放着若干金币，并且金币的数量会随着时间而不断变化。小空的任务就是在
网格中移动，拾取尽量多的金币。并且，小空还有一个特殊技能“闪现”，能帮助她在网格间
快速移动。
捡金币游戏的具体规则如下：在每一秒开始时，每个网格内都会出现一定数量的金币，
而之前在这格没有被拾取的金币就消失了。在游戏开始时，也就是第 1 秒的开始，小空可以
选择任意一个网格作为起点开始本次游戏，并拾取起点内的金币。之后，在下一秒到来前，
小空可以选择走路移动到与她所在的格子上、下、左、右相邻的一个格子中，或者呆在原地
不动，并在下一秒开始时拾取到她所在的格子中的金币。或者，小空可以选择使用闪现技能，
使用一次闪现时，她先选择上、下、左、右一个方向，之后向该方向移动两格。小空可以在
一秒内使用多次闪现，但不能超过 C 次。在一秒内使用的多次闪现必须向同一个方向移动，
若使用 x 次闪现，便可以向一个方向移动正好 2x 格，并且她也只能在下一秒开始时收集到
连续闪现结束后所在的那一格中的金币。如果在某一秒钟小空使用了闪现，那么她就不能选
择通过走路移动了，反过来也是如此。无论走路或者使用闪现，小空都不能移动到整个场地
之外。整个游戏共进行 T 秒，在第 T 秒开始时，小空将会拾取她所在的格子中的金币，并结
束游戏。小空在整局游戏内一共只能使用最多 W 次闪现。
举个例子，在如下 3*3 的场地中，游戏共进行 3 秒，下表列出了 3 秒开始时每一格内的
金币数量。

如果小空选择在第 1 行第 1 列开始游戏，那么在第 1 秒开始时她会获得 1 枚金币。接下
来，如果她选择向右走，那么在第 2 秒开始时她会出现在第 1 行第 2 列并获得 3 枚金币。接
下来，过她选择向下进行 1 次闪现，那么在第 3 秒开始时她会出现在第 3 行第 2 列并获得 2
枚金币，游戏结束，一共获得 6 枚金币。
又如，在如下 5*5 的场地中（只列出了第 1 行所含金币数），游戏共进行 2 秒，如果小
空选择在第 1 行第 1 列开始游戏，则她会获得 1 枚硬币，之后若向右连续闪现 2 次，那么在
第 2 秒开始时她会出现在第 1 行第 5 列，并获得 2 枚硬币，总共获得 3 枚硬币。

现在，给出游戏场地的大小 n，每秒钟开始时各个位置会出现的金币数，小空一秒内最
多使用闪现的次数 C，小空在整局游戏中使用闪现的最多次数 W，整局游戏的总时间 T，请
你告诉小空她最多可以获得多少枚金币。
【输入】

输入的第 1 行包含 4 个整数 n， C， W， T，意义如问题描述中所述。
接下来包含 n 个 n*n 的矩阵，第 k 个矩阵的第 i 行第 j 列表示第 i 行第 j 列的格子在第 k
秒开始时出现的金币数（记作si,j,k）。相邻两个矩阵间用一个空行隔开。
【输出】
输出包含一个整数，表示游戏结束时小空最多可以获得的金币数量。
【输入输出样例 1】

coin.in	coin.out
3 1 1 3 1 3 4 3 2 1 1 3 2 2 3 1 1 3 2 2 1 4 3 3 1 3 2 1 2 3 1	11

见选手目录下的 coin / coin1.in 与 coin / coin1.out
【输入输出样例 1 说明】
选择在第 1 行第 3 列开始游戏，获得 4 枚金币；在第 2 秒开始时向下闪现到第 3 行第 3
列，获得 4 枚金币；在第 3 秒开始时向左走到第 3 行第 2 列，获得 3 枚金币，游戏结束。一
共获得 11 枚金币。
【输入输出样例 2】
见选手目录下的 coin / coin2.in 与 coin / coin2.out
【数据规模与约定】

测试点编号	n	C	W	T	si,j,k
1	≤5	≤2	≤4	≤5	≤1,000
2
3
4	≤21	≤10	≤80	≤80
5
6
7	≤25	=100	≤150	≤100
8
9	≤12
10

对 100%的数据， n≥1， C≥0， W≥0， T≥1， si,j,k≥0

分析：直接爆搜可以通过30%的数据.其实这道题阶段性特别明显，一眼就能看出是一道dp题，设f[t][k][i][j]表示在第t秒，用了k次闪现，当前位置在(i,j)的答案.转移也非常容易，从上一秒可能的位置上转移就可以了.这样dp只能通过60%的数据，因为状态数很多，每次找闪现的位置会花费大量的时间，必须对闪现的转移进行优化.

在闪现的众多状态中，只需要找到最大的那个就可以了，因为每一轮的C是固定的，可以考虑用单调队列来维护.假设从左往右闪现，闪现一次，f[t][k][i][j]从f[t-1][k-1][i-2][j]转移而来，闪现两次就从f[t-1][k-2][i-4][j]转移而来，t-1,j是固定的，只需要用单调队列维护C个f[t-1][k-p][i-2*p][j]就可以了.

30分暴力：

#include <map>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = ;

const int dx[] = { , -, ,  }, dy[] = { , , , - };

int n, ans, C, W, T, a[][maxn][maxn];

int vis[][][maxn][maxn];

struct node

{

    int x, y, sum, dist, use;

};

bool check(int x, int y)

{

    if (x >=  && x <= n && y >=  && y <= n)

        return true;

    return false;

}

void bfs()

{

    queue <node> q;

    for (int i = ; i <= n; i++)

        for (int j = ; j <= n; j++)

        {

            node temp;

            temp.x = i;

            temp.y = j;

            temp.sum = a[][i][j];

            temp.dist = ;

            temp.use = ;

            q.push(temp);

        }

    while (!q.empty())

    {

        node u = q.front();

        q.pop();

        int x = u.x, y = u.y, dist = u.dist, use = u.use, sum = u.sum;

        if (dist == T)

        {

            ans = max(ans, sum);

            continue;

        }

        //不闪现

        for (int i = ; i < ; i++)

        {

            int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];

            if (check(nx, ny))

            {

                node v;

                v.dist = dist + ;

                v.use = use;

                v.sum = sum + a[dist + ][nx][ny];

                v.x = nx;

                v.y = ny;

                q.push(v);

            }

        }

        //闪现

        for (int i = ; use + i <= W && i <= C; i++)

        {

            for (int j = ; j < ; j++)

            {

                int nx = x + i *  * dx[j], ny = y + i *  * dy[j];

                if (check(nx, ny))

                {

                    node v;

                    v.dist = dist + ;

                    v.use = use + i;

                    v.sum = sum + a[dist + ][nx][ny];

                    v.x = nx;

                    v.y = ny;

                    q.push(v);

                }

            }

        }

        node v;

        v.x = x;

        v.y = y;

        v.dist = dist + ;

        v.use = use;

        v.sum = sum + a[dist + ][x][y];

        q.push(v);

    }

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d%d", &n, &C, &W, &T);

    for (int k = ; k <= T; k++)

        for (int i = ; i <= n; i++)

            for (int j = ; j <= n; j++)

                scanf("%d", &a[k][i][j]);

    bfs();

    printf("%d\n", ans);

    return ;

}

60分裸dp:

#include <map>

#include <cmath>

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = ;

const int dx[] = { , -, ,  }, dy[] = { , , , - };

int n, ans, C, W, T, a[][maxn][maxn];

int f[][][maxn][maxn];

bool check(int x, int y)

{

    if (x >=  && x <= n && y >=  && y <= n)

        return true;

    return false;

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d%d", &n, &C, &W, &T);

    for (int k = ; k <= T; k++)

        for (int i = ; i <= n; i++)

            for (int j = ; j <= n; j++)

                scanf("%d", &a[k][i][j]);

    for (int i = ; i <= n; i++)

        for (int j = ; j <= n; j++)

            f[][][i][j] = a[][i][j];

    for (int t = ; t <= T; t++)

    {

        for (int i = ; i <= n; i++)

        {

            for (int j = ; j <= n; j++)

            {

                for (int k = ; k <= W; k++)

                {

                    for (int p = ; p < ; p++)

                    {

                        int nx = i + dx[p], ny = j + dy[p];

                        if (check(nx, ny))

                        {

                            f[t][k][i][j] = max(f[t][k][i][j], f[t - ][k][nx][ny]);

                        }

                        for (int l = k - ; k - l <= C; l--)

                        {

                            int nx = i +  * (k - l) * dx[p],ny =  j +  * (k - l) * dy[p];

                            if (check(nx, ny))

                            {

                                f[t][k][i][j] = max(f[t][k][i][j], f[t - ][l][nx][ny]);

                            }

                        }

                    }

                    f[t][k][i][j] = max(f[t][k][i][j], f[t - ][k][i][j]);

                    f[t][k][i][j] += a[t][i][j];

                }

            }

        }

    }

    for (int i = ; i <= T; i++)

        for (int j = ; j <= W; j++)

            for (int k = ; k <= n; k++)

                for (int l = ; l <= n; l++)

                    ans = max(ans, f[i][j][k][l]);

    printf("%d\n", ans);

    return ;

}

AC:

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int inf = 0x7fffffff;

int n, C, W, T, now, last, tag, head, q[], cnt, tail, cur[], ans;

int a[][][], f[][][][], vis[][];

void init()

{

    head = , tail = ;

    q[] = -inf;

    cnt = ;

}

void push(int x)

{

    int sum = ;

    while (head <= tail && x >= q[tail])

        sum += cur[tail--];

    q[++tail] = x;

    cur[tail] = sum;

    if (++cnt > C) //因为有的被弹出来过，可能没有闪现C次

        if (--cur[head] == )

            head++;

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d%d", &n, &C, &W, &T);

    for (int t = ; t <= T; t++)

        for (int i = ; i <= n; i++)

            for (int j = ; j <= n; j++)

                scanf("%d", &a[t][i][j]);

    for (int i = ; i <= n; i++)

        for (int j = ; j <= n; j++)

            f[][][i][j] = a[][i][j];

    last = ;

    now = ;

    for (int t = ; t <= T; t++)

    {

        for (int i = ; i <= n; i++)

            for (int j = ; j <= n; j++)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                    f[now][k][i][j] = -inf;

        for (int i = ; i <= n; i++)

        {

            ++tag;

            for (int j = ; j <= n; j++)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                    if (vis[j][k] != tag)

                    {

                        init();

                        int nj = j, nk = k;

                        while (nj <= n && nk <= W)

                        {

                            vis[nj][nk] = tag;

                            f[now][nk][i][nj] = max(f[now][nk][i][nj], q[head]);

                            push(f[last][nk][i][nj]);

                            nj += ;

                            nk++;

                        }

                    }

            ++tag;

            for (int j = n; j >= ; j--)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                    if (vis[j][k] != tag)

                    {

                        init();

                        int nj = j, nk = k;

                        while (nj >=  && nk <= W)

                        {

                            vis[nj][nk] = tag;

                            f[now][nk][i][nj] = max(f[now][nk][i][nj], q[head]);

                            push(f[last][nk][i][nj]);

                            nj -= ;

                            nk++;

                        }

                    }

        }

        for (int j = ; j <= n; j++)

        {

            ++tag;

            for (int i = ; i <= n; i++)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                    if (vis[i][k] != tag)

                    {

                        init();

                        int ni = i, nk = k;

                        while (ni <= n && nk <= W)

                        {

                            vis[ni][nk] = tag;

                            f[now][nk][ni][j] = max(f[now][nk][ni][j], q[head]);

                            push(f[last][nk][ni][j]);

                            ni += ;

                            nk++;

                        }

                    }

            ++tag;

            for (int i = n; i >= ; i--)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                    if (vis[i][k] != tag)

                    {

                        init();

                        int ni = i, nk = k;

                        while (ni >=  && nk <= W)

                        {

                            vis[ni][nk] = tag;

                            f[now][nk][ni][j] = max(f[now][nk][ni][j], q[head]);

                            push(f[last][nk][ni][j]);

                            ni -= ;

                            nk++;

                        }

                    }

        }

        for (int i = ; i <= n; i++)

            for (int j = ; j <= n; j++)

                for (int k = ; k <= W; k++)

                {

                    f[now][k][i][j] = max(f[now][k][i][j], f[last][k][i - ][j]);

                    f[now][k][i][j] = max(f[now][k][i][j], f[last][k][i + ][j]);

                    f[now][k][i][j] = max(f[now][k][i][j], f[last][k][i][j - ]);

                    f[now][k][i][j] = max(f[now][k][i][j], f[last][k][i][j + ]);

                    f[now][k][i][j] = max(f[now][k][i][j], f[last][k][i][j]);

                    f[now][k][i][j] += a[t][i][j];

                }

        swap(now, last);

    }

    for (int i = ; i <= n; i++)

        for (int j = ; j <= n; j++)

            for (int k = ; k <= W; k++)

                ans = max(ans, f[last][k][i][j]);

    printf("%d\n", ans);

    return ;

}

noip模拟赛捡金币的更多相关文章

NOIP模拟赛-2018.11.6
NOIP模拟赛今天想着反正高一高二都要考试,那么干脆跟着高二考吧,因为高二的比赛更有技术含量(我自己带的键盘放在这里). 今天考了一套英文题?发现阅读理解还是有一些困难的. T1:有$n$个点,$m ...
NOIP模拟赛20161022
NOIP模拟赛2016-10-22 题目名东风谷早苗西行寺幽幽子琪露诺上白泽慧音源文件 robot.cpp/c/pas spring.cpp/c/pas iceroad.cpp/c/pas ...
contesthunter暑假NOIP模拟赛第一场题解
contesthunter暑假NOIP模拟赛#1题解: 第一题:杯具大派送水题.枚举A,B的公约数即可. #include <algorithm> #include <cmath& ...
NOIP模拟赛 by hzwer
2015年10月04日NOIP模拟赛 by hzwer (这是小奇=> 小奇挖矿2(mining) [题目背景] 小奇飞船的钻头开启了无限耐久+精准采集模式!这次它要将原矿运到泛光之源的矿 ...
大家AK杯灰天飞雁NOIP模拟赛题解/数据/标程
数据 http://files.cnblogs.com/htfy/data.zip 简要题解桌球碰撞纯模拟,注意一开始就在袋口和v=0的情况.v和坐标可以是小数.为保险起见最好用extended/ ...
队爷的讲学计划 CH Round #59 - OrzCC杯NOIP模拟赛day1
题目:http://ch.ezoj.tk/contest/CH%20Round%20%2359%20-%20OrzCC杯NOIP模拟赛day1/队爷的讲学计划题解:刚开始理解题意理解了好半天,然后发 ...
队爷的Au Plan CH Round #59 - OrzCC杯NOIP模拟赛day1
题目:http://ch.ezoj.tk/contest/CH%20Round%20%2359%20-%20OrzCC杯NOIP模拟赛day1/队爷的Au%20Plan 题解:看了题之后觉得肯定是DP ...
队爷的新书 CH Round #59 - OrzCC杯NOIP模拟赛day1
题目:http://ch.ezoj.tk/contest/CH%20Round%20%2359%20-%20OrzCC杯NOIP模拟赛day1/队爷的新书题解:看到这题就想到了 poetize 的封 ...
CH Round #58 - OrzCC杯noip模拟赛day2
A:颜色问题题目:http://ch.ezoj.tk/contest/CH%20Round%20%2358%20-%20OrzCC杯noip模拟赛day2/颜色问题题解:算一下每个仆人到它的目的地 ...

随机推荐

codevs1183 泥泞的道路(01分数规划)
1183 泥泞的道路时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 钻石 Diamond 题目描述 Description CS有n个小区,并且任意小区之间都有两 ...
讯搜问题排查xunsearch
mysql导入数据不成功,开始重建索引后提示 [XSException] ../local/xunsearch/sdk/php/lib/XS.php(1898): DB- 可打印的版本开始重建索引 ...
Linux 学习（三）
Linux进程 1.进程进程:可执行应用程序执行后产生的对应的进程,重量级:进程是由一个线程或多个线程构成: 线程:是计算机中的最小单位,轻量级(依赖和物理性是独立存在的).损耗较低假设进程1是由 ...
MyEclipse 快捷键方法
MyEclipse企业级工作平台(My Eclipse Enterprise Workbench,简称MyEclipse)是对EclipseIDE的扩展,利用它可以在数据库和J2EE的开发.发布,以及 ...
【sqli-labs】【jsp/tomcat】 less29 less30 less31 less32 (GET型利用HTTP参数污染的注入)
sqli-labs带了几个Java版本的web注入,在tomcat-files.zip里以Less29为例,查看源码,可以看出请求最后还是提交给了php应用,难怪less29文件夹下有一个没有任何防 ...
@objc and dynamic
@objc and dynamic Objective-C runtime visibility and the depths of dynamic dispatch in the modern ...
python3 操作excel表
python操作excel主要用到xlrd和xlwt这两个库,即xlrd是读excel,xlwt是写excel的库可从这里下载https://pypi.python.org/pypi.下面分别记录py ...
LR性能分析随笔（一）
一.关键词吞吐量:对于吞吐量,单位时间内吞吐量越大,说明服务器的处理能力越好:而请求数仅表示客户端向服务器发出的请求数,与吞吐量一般成正比关系. HTTP:HTTP404表示文件或目录没有找到.有些 ...
CAD从二进流加载数据（com接口VB语言）
主要用到函数说明: MxDrawXCustomFunction::ReadBinStreamEx 从二进流加载数据,详细说明如下: 参数说明 IMxDrawBinStream* pBinStream ...
梦想CAD控件安卓图层
新建图层 CAD中我们设置好图层后除了我们平常的绘图时选择线段的颜色,线型,线宽等作用,而且我们还可以在出图时选择性显示图形,冻结图形,已达到我们想要的效果. 实现代码说明: //增加一个图层参数为 ...

noip模拟赛 捡金币

noip模拟赛 捡金币的更多相关文章

随机推荐

热门专题

noip模拟赛捡金币

noip模拟赛捡金币的更多相关文章