洛谷 P1004 方格取数 题解

P1004 方格取数

题目描述

设有 \(N \times N\) 的方格图 \((N \le 9)\)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字\(0\)。如下图所示（见样例）:

A
 0  0  0  0  0  0  0  0
 0  0 13  0  0  6  0  0
 0  0  0  0  7  0  0  0
 0  0  0 14  0  0  0  0
 0 21  0  0  0  4  0  0
 0  0 15  0  0  0  0  0
 0 14  0  0  0  0  0  0
 0  0  0  0  0  0  0  0
                         B

某人从图的左上角的\(A\)点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的\(B\)点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字\(0\)）。

此人从\(A\)点到\(B\)点共走两次，试找出\(2\)条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

输入格式

输入的第一行为一个整数\(N\)（表示\(N \times N\)的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的\(0\)表示输入结束。

输出格式

只需输出一个整数，表示\(2\)条路径上取得的最大的和。

输入输出样例

输入 #1

8

2 3 13

2 6 6

3 5 7

4 4 14

5 2 21

5 6 4

6 3 15

7 2 14

0 0 0

输出 #1

67

说明/提示

NOIP 2000 提高组第四题

【思路】

多维dp

因为n的范围就是小于等于9

非常的小

所以完全可以考虑f(i,j,k,l) 表示状态

i,j表示第一次走到的位置

k,l表示第二次走到的位置

然后可以四重循环枚举

虽然不会爆复杂度

但是有一种很简单的方法可以少枚举一维

因为这两次走的步数都是一样的

所以第一次的步数等于i + j

那么只要知道k，就可以求出l

用i + j - k就可以求出

所以很容易就少枚举了一层循环

然后每个状态都有四种可能的情况

第一次是从左边移过来的，第二次是从上边移过来的

第一次是从左边移过来的，第二次是从左边移过来的

第一次是从上边移过来的，第二次是从上边移过来的’

第一次是从上边移过来的，第二次是从左边移过来的

然后比较这里免得最大值，

如果移动后的点位置相同，那就只加上这一个点的值

如果不同那就加上到达的两个点的值

【完整代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;
const int Max = 11;
int f[Max][Max][Max][Max];
int a[Max][Max];
int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	int x,y,z;
	while(1)
	{
		cin >> x >> y >> z;
		if(x == 0 && y == 0)
			break;
		a[x][y] = z;
	}
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
	{
		for(int j = 1;j <= n;++ j)
		{
			for(int k = 1;k <= n;++ k)
			{
				int l = i + j - k;
				if(l <= 0)
					break;
				f[i][j][k][l] = max(max(f[i - 1][j][k - 1][l],f[i - 1][j][k][l - 1]),max(f[i][j - 1][k - 1][l],f[i][j - 1][k][l - 1]));
				if(i == k && j == l)
					f[i][j][k][l] += a[i][j];
				else
					f[i][j][k][l] += a[i][j] + a[k][l];
			}
		}
	}
	cout << f[n][n][n][n] << endl;
	return 0;
}