tyvj 1884 [NOIP2000T4]方格取数 || codevs 1043 dp

P1884 [NOIP2000T4]方格取数

时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main

背景

[noip2000T4]方格取数

描述

设有N*N的方格图(N<=10,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）：

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*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。

测试样例1

输入

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

67

取自http://www.cnblogs.com/TonyNeal/p/codevs1043.html；

思路一：

我们设f[i,j,k,l]表示第一条路走到(i,j)，第二条路走到(k,l)的路线。

那么状态转移方程很好得出：

f[i,j,k,l]=max{f[i-1,j,k-1],f[i-1,j,k,l-1],f[i,j-1,k-1,l],f[i,j-1,k,l-1]}+(i==k&&j==l ? a[i][j] : a[i][j]+a[k][l])

值得注意的是：最后加上这个值的时候要注意如果路径走到同一点不能重复统计。

时间复杂度：O(n⁴)，空间复杂度O(n⁴)，对于本题n<=10完全足够。

思路二：

虽然思路一对于本题完全足够，但是如果n的范围大些的话，就无法办到了。

针对思路一，我们发现了问题，有一些状态是可以合并的，最重要的是：思路一，我们是同时开始走的，那么不必记录向右、向下的具体路径，只需要记录步数，显然，两条路的步数是统一的，然后再记录向下或向右的次数，就能根据这两者推算出向下或向右的次数。

那么设f[i,j,k]表示走到了第i步，第一条路径向右走了j步，第二条路径向右走了k步。

那么f[i,j,k]=max{f[i-1,j,k],f[i-1,j-1,k],f[i-1,j-1,k-1],f[i-1,j,k-1]}+(j==k ? a[i-j+1][i] : a[i-j+1][j]+a[i-k+1][k]);

显然，我们也要判断路径是否走到同一点，所以有后面的那个if（ ? : 三目运算符）

时间复杂度：O(2n³)，空间复杂度O(2n³)，优化了一维。从n的四方优化至n的三方，是一个很大的进步。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll __int64
#define esp 1e-10
const int N=1e2+10,M=1e6+10,mod=1e9+7,inf=1e9+10;
int dp[N][N][N];
int mp[N][N];
int max(int x,int y,int z,int w,int u)
{
    return max(u,max(max(x,y),max(z,w)));
}
int main()
{
    int x,y,z,i,t;
    scanf("%d",&x);
    while(1)
    {
        int u,v,w;
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        if(u==0&&v==0&&w==0)
        break;
        mp[u][v]=w;
    }
    for(i=1;i<=2*x;i++)
    {
        for(t=1;t<=i&&t<=x;t++)
        {
            for(int j=1;j<=i&&j<=x;j++)
            dp[i][t][j]=max(dp[i][t][j],dp[i-1][t-1][j],dp[i-1][t-1][j-1],dp[i-1][t][j],dp[i-1][t][j-1])+((t==j)?mp[t][i-t+1]:(mp[j][i-j+1]+mp[t][i-t+1]));
        }
    }
    printf("%d\n",dp[2*x][x][x]);
    return 0;
}