NOIP200003方格取数

第一种方法是，我们可以使用费用流，对于每个点我们拆成两个点i,i`，并从i向i`连两条弧，容量均为1，一条费用为0，一条费用为-wi.

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=210;
const int maxm=4010;
const int INF=1000000000;
struct ZKW {
    int n,m,s,t,first[maxn],next[maxm];
    int ans,cost;
    int vis[maxn],inq[maxn],d[maxn];
    struct Edge {int from,to,flow,cost;}edges[maxm];
    void init(int n) {
        this->n=n;m=0;
        memset(first,-1,sizeof(first));
    }
    void AddEdge(int from,int to,int cap,int cost) {
        edges[m]=(Edge){from,to,cap,cost};next[m]=first[from];first[from]=m++;
        edges[m]=(Edge){to,from,0,-cost};next[m]=first[to];first[to]=m++;
    }
    int BFS() {
        queue<int> Q;
        rep(i,1,n) d[i]=INF;
        d[t]=0;inq[t]=1;Q.push(t);
        while(!Q.empty()) {
            int x=Q.front();Q.pop();inq[x]=0;
            ren {
                Edge& e=edges[i^1];
                if(e.flow&&d[e.from]>d[x]+e.cost) {
                    d[e.from]=d[x]+e.cost;
                    if(!inq[e.from]) inq[e.from]=1,Q.push(e.from);
                }
            }
        }
        rep(i,0,m-1) edges[i].cost+=d[edges[i].to]-d[edges[i].from];
        cost+=d[s];return d[s]!=INF;
    }
    int DFS(int x,int a) {
        if(x==t||!a) {ans+=cost*a;return a;}
        int flow=0,f;vis[x]=1;
        ren {
            Edge& e=edges[i];
            if(e.flow&&!e.cost&&!vis[e.to]&&(f=DFS(e.to,min(a,e.flow)))) {
                flow+=f;a-=f;
                e.flow-=f;edges[i^1].flow+=f;
                if(!a) break;
            }
        }
        return flow;
    }
    int solve(int s,int t) {
        ans=cost=0;this->s=s;this->t=t;
        while(BFS()) do memset(vis,0,sizeof(vis));while(DFS(s,INF));
        return ans;
    }
}sol;
int n,w[15][15];
int id(int x,int y,int t) {return t*n*n+(x-1)*n+y;}
int main() {
    n=read();sol.init(n*n*2);
    while(1) {
        int x=read(),y=read(),v=read();
        if(!x) break;
        w[x][y]=v;
    }
    rep(i,1,n) rep(j,1,n) {
        sol.AddEdge(id(i,j,0),id(i,j,1),1,-w[i][j]);
        sol.AddEdge(id(i,j,0),id(i,j,1),1,0);
        if(i+1<=n) sol.AddEdge(id(i,j,1),id(i+1,j,0),1,0);
        if(j+1<=n) sol.AddEdge(id(i,j,1),id(i,j+1,0),1,0);
    }
    printf("%d\n",-sol.solve(id(1,1,0),id(n,n,1)));
    return 0;
}

第二种方法是，我们使用DP。考虑一个人走两遍相当于两个人同时走，设f[x1][y1][x2][y2]表示第一个人走到了(x1,y1)，第二个人走到了(x2,y2)最大收益。

转移时枚举上一次两个人在哪里，并加上这一步造成的收益：f[x1][y1][x2][y2]=Max(f[x1-1][y1][x2-1][y2],f[x1][y1-1][x2][y2-1],f[x1-1][y1][x2][y2-1],f[x1][y1-1][x2-1][y2])+w[x1][y1]+(x1!=x2||y1!=y2)*w[x2][y2].时间复杂度为O(N^4)

注意因为同时走，x1+y1恒等于x2+y2，可以将时间复杂度优化为O(N^3).

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=15;
int n,w[maxn][maxn],f[maxn][maxn][maxn];
int max(int a,int b,int c,int d) {
    return max(max(a,b),max(c,d));
}
int dp(int x1,int y1,int x2) {
    if(x1==1&&y1==1) return w[1][1];
    int y2=x1+y1-x2;
    if(x1<1||x2<1||x1>n||x2>n||y1<1||y2<1||y1>n||y2>n) return -1<<30;
    int& ans=f[x1][y1][x2];
    if(ans>=0) return ans;
    int tmp=max(dp(x1-1,y1,x2-1),dp(x1,y1-1,x2-1),dp(x1,y1-1,x2),dp(x1-1,y1,x2));
    return ans=tmp+w[x1][y1]+(x1==x2?0:1)*w[x2][y2];
}
int main() {
    memset(f,-1,sizeof(f));
    n=read();
    while(1) {
        int x=read(),y=read(),v=read();
        if(!x) break;
        w[x][y]=v;
    }
    printf("%d\n",dp(n,n,n));
    return 0;
}