問題 L(1137): 【NOIP2000】方格取數

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題目描述

設有N*N的方格圖,我們將其中的某些方格中填入正整數,而其他的方格中則放入數字0。如下圖所示（見樣例）：  

某人從圖的左上角的A 點出發，可以向下行走，也可以向右走，直到到達右下角的B點。

在走過的路上，他可以取走方格中的數（取走後的方格中將變為數字0）。

此人從A點到B 點共走兩次，試找出2條這樣的路徑，使得取得的數之和為最大。

輸入

第1行：1個整數N(N<=10)，表示N*N的方格圖，

第2..?行：每行有3個整數，前2個表示某個方格的位置，第3個數為該位置上所放的數。

一行單獨的0表示輸入結束。

輸出

第1行：1個整數，表示2條路徑上取得的最大的和。

樣例輸入

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

樣例輸出

67

這道題特點是要解題時同時顧及兩個人

一個一個人地貪心肯定是行不通的

本題正解應該是dp，因為要同時考慮到兩個人

於是設狀態f[x1][y1][x2][y2]為第一個人在(x1,y1)，第二個人在(x2,y2)時能達到的最大答案

用g[x][y]表示格子(x,y)上的數字,bool b=(x1==x2)&&(y1==y2);

狀態轉移:

1.兩個人同時向右走：

f[x1][y1][x2][y2]=max(f[x1][y1][x2][y2],f[x1-1][y1][x2-1][y2]+g[x1][y1]+b?0:g[x2][y2]);

2.兩個人同時向下走：

f[x1][y1][x2][y2]=max(f[x1][y1][x2][y2],f[x1][y1-1][x2][y2-1]+g[x1][y1]+b?0:g[x2][y2]);

3.兩個人分別向右和向下走

f[x1][y1][x2][y2]=max(f[x1][y1][x2][y2],f[x1-1][y1][x2][y2-1]+g[x1][y1]+b?0:g[x2][y2]);

4.兩個人分別向下和向右走

f[x1][y1][x2][y2]=max(f[x1][y1][x2][y2],f[x1][y1-1][x2-1][y2]+g[x1][y1]+b?0:g[x2][y2]);

由於狀態總共有n^4種，轉移是常數，所以時間複雜度為O(n^4)

有沒有更好的方法呢？

可以看出x1+y1==x2+y2==l

換種說法，每個狀態的兩個人總是在同一條對角線上

於是可以列舉對角線，x1和x2,從而算出y1和y2。

設狀態f[l][x1][x2]為在從右到左第l-1條對角線上，第一個人橫座標為x1，第二個人橫座標為x2

狀態轉移與之前類似

由於對角線只有2*n條

於是時間複雜度縮減為O(n^3)。

下面貼優化後代碼

#include<cstdio>
int max(int a,int b){return a<b?b:a;}
int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
int n;
int f[24][12][12];
int g[12][12];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int ag1,ag2,ag3;
	while(scanf("%d%d%d",&ag1,&ag2,&ag3)&&ag1&&ag2&&ag3)
		g[ag1][ag2]=ag3;
	int lmt=n*2;
	f[2][1][1]=g[1][1];
	for(int i=3;i<=lmt;i++){
		int c=min(i,n+1);
		int s=i>n?i-n:1;
		for(int j=s;j<c;j++)
			for(int k=s;k<c;k++){
				int x1=j,x2=k,y1=i-j,y2=i-k;
				bool b=(x1==x2&&y1==y2);
				int tmp=max(max(f[i-1][x1-1][x2-1],f[i-1][x1][x2]),
				max(f[i-1][x1-1][x2],f[i-1][x1][x2-1]));
				f[i][x1][x2]=max(f[i][x1][x2],tmp+g[x1][y1]+(b?0:g[x2][y2]));
				//多加了個括號就對了！
				//printf("f[%d][%d][%d]:%d,tmp:%d\n",i,x1,x2,f[i][x1][x2],tmp);
				//getchar();
			}
		}
	printf("%d\n",f[lmt][n][n]);
}