题目大概说有一个n*m的格子地图,每个格子有铀或者镭矿。地图最北面的镭矿加工厂,最西面有铀矿加工厂,而要通过在格子里铺设由南向北(镭)或由东向西(铀)的轨道来送矿物到加工厂。一个格子只能铺设一种轨道,即要嘛运送铀要嘛运送镭,不同轨道也不能相交。现在知道地图上各个格子铀和镭的数量,问怎么铺设轨道使送到加工厂的矿物数量最多。
- 首先明确要运送某一格子的镭矿到北面加工厂,这个轨道肯定是直直连续往上的;而铀矿同理,是水平连续向左的轨道。
- 另外,因为获得的数量要最多,各个格子肯定都要铺设轨道,反证可知。
- 然后可以发现,格子(i,j)怎样与格子(0,0)到格子(i-1,j-1)的围成的矩形所有格子的情况毫不相关,这样就考虑DP了:
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- dp[0][i][j]表示格子(0,0)到格子(i,j)围成的矩形中,格子(i,j)铺设横轨道能获得的最大数量
- dp[1][i][j]表示格子(0,0)到格子(i,j)围成的矩形中,格子(i,j)铺设竖轨道能获得的最大数量
转移:
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- dp[0][i][j]就是从max(dp[0][i-1][j],dp[1][i-1][j])+sum(格子(i,0)的铀数量...格子(i,j)的铀数量)
- dp[1][i][j]同理
- 而最后的结果就是max(dp[0][n-1][m-1],dp[1][n-1][m-1])
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int U[555][555],R[555][555],d[2][555][555]; 7 int main(){ 8 int t,n,m; 9 scanf("%d",&t); 10 for(int cse=1; cse<=t; ++cse){ 11 scanf("%d%d",&n,&m); 12 for(int i=0; i<n; ++i){ 13 for(int j=0; j<m; ++j){ 14 scanf("%d",&U[i][j]); 15 } 16 } 17 for(int i=0; i<n; ++i){ 18 for(int j=0; j<m; ++j){ 19 scanf("%d",&R[i][j]); 20 } 21 } 22 memset(d,0,sizeof(d)); 23 d[0][0][0]=U[0][0]; 24 d[1][0][0]=R[0][0]; 25 for(int i=0; i<n; ++i){ 26 for(int j=0; j<m; ++j){ 27 if(i==0 && j==0) continue; 28 if(i==0){ 29 int sum=0; 30 for(int k=0; k<=j; ++k){ 31 sum+=U[i][k]; 32 } 33 d[0][i][j]=sum; 34 35 d[1][i][j]=max(d[0][i][j-1],d[1][i][j-1])+R[i][j]; 36 }else if(j==0){ 37 d[0][i][0]=max(d[0][i-1][0],d[1][i-1][0])+U[i][j]; 38 39 int sum=0; 40 for(int k=0; k<=i; ++k){ 41 sum+=R[k][j]; 42 } 43 d[1][i][j]=sum; 44 }else{ 45 int sum=0; 46 for(int k=0; k<=j; ++k){ 47 sum+=U[i][k]; 48 } 49 d[0][i][j]=max(d[0][i-1][j],d[1][i-1][j])+sum; 50 51 sum=0; 52 for(int k=0; k<=i; ++k){ 53 sum+=R[k][j]; 54 } 55 d[1][i][j]=max(d[0][i][j-1],d[1][i][j-1])+sum; 56 } 57 } 58 } 59 printf("Case %d: %d\n",cse,max(d[0][n-1][m-1],d[1][n-1][m-1])); 60 } 61 return 0; 62 }
时间: 2024-11-05 18:53:34