DP - 线性DP - NOIP2000/2008 - 方格取数 + 传纸条

DP - 线性DP - NOIP2000/2008 - 方格取数 + 传纸条

1、方格取数 - NOIP 2000

设有 N×N 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字0。如下图所示：

某人从图中的左上角 A 出发，可以向下行走，也可以向右行走，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 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的数字和为最大。

输入格式
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，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。

一行“0 0 0”表示结束。

输出格式
输出一个整数，表示两条路径上取得的最大的和。

数据范围
N≤10

输入样例：
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
输出样例：
67

---

分析：

$本题核心问题在于解决“每个点的值只加一次”的问题。$

$$\begin{gathered} 事实上，每次走一步，要么行增加1，要么列增加1。 \\ 因此，整个过程可以分为k步，k从1增加到n+m。 \\ 我们同时进行2个路径的计算，只要确定一条路径的横坐标，就能确定这条路径的纵坐标j=k-i。 \\ 若点(i_1,y_1)与(i_2,y_2)重合，则i_1=i_2。这是因为k=i_1+j_1=i_2+j_2。 \end{gathered}$$

$状态表示:f[k][i_1][i_2]：前k步中，第一条路径的横坐标从1到i_1，第二条路径的横坐标从1到i_2的合计最大收益。$

$$\begin{gathered} 状态计算： \\ 首先判断i_1是否等于i_2， \\ 若i_1\ne i_2，说明两点不重合，记第k步收益为t=w[i_1][k-i_1]+w[i_2][k-i_2]。 \\ 若i_1=i_2，则记t=w[i_1][k-i_1]。 \\ ①、(i_1,y_1)由(i_1-1,j_1)转移而来，(i_2,y_2)由(i_2-1,y_2)转移而来：f[k][i_1][i_2]=f[k-1][i_1-1][i_2-1]+t。 \end{gathered}$$

$②、(i_1,y_1)由(i_1-1,y_1)转移而来，(i_2,y_2)由(i_2,y_2-1)转移而来：f[k][i_1][i_2]=f[k-1][i_1-1][i_2]+t。$

$③、(i_1,y_1)由(i_1,y_1-1)转移而来，(i_2,y_2)由(i_2-1,y_2)转移而来：f[k][i_1][i_2]=f[k-1][i_1][i_2-1]+t。$

$④、(i_1,y_1)由(i_1,y_1-1)转移而来，(i_2,y_2)由(i_2,y_2-1)转移而来：f[k][i_1][i_2]=f[k-1][i_1][i_2]+t。$

代码：

#include
#include

using namespace std;

const int N=15;

int n,w[N][N],f[N*2][N][N];

int main()
{
    cin>>n;
    
    int x,y,v;
    while(cin>>x>>y>>v,x||y||v) w[x][y]=v;
    
    for(int k=2;k<=n*2;k++)
        for(int i1=1;i1<=n;i1++)
            for(int i2=1;i2<=n;i2++)
            {
                int j1=k-i1,j2=k-i2;
                if(j1>=1&&j1<=n&&j2>=1&&j2<=n)
                {
                    int t=w[i1][j1];
                    if(i1!=i2) t+=w[i2][j2];
                    int &x=f[k][i1][i2];
                    x=max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1-1][i2]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2]+t);
                }
            }
            
    cout<<f[2*n][n][n]<<endl;
    
    return 0;
}

---

2、传纸条 - NOIP 2008

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。

一次素质拓展活动中，班上同学安排坐成一个 m 行 n 列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。

幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。

纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。

从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。

班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙，反之亦然。

还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。

小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。

现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入格式
第一行有2个用空格隔开的整数 m 和 n，表示学生矩阵有 m 行 n 列。

接下来的 m 行是一个 m∗n 的矩阵，矩阵中第 i 行 j 列的整数表示坐在第 i 行 j 列的学生的好心程度，每行的 n 个整数之间用空格隔开。

输出格式
输出一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

数据范围
1≤n,m≤50

输入样例：
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
输出样例：
34

---

分析：

$$\begin{gathered} 题中说从(1,1)到(n,m)同时从(n,m)到(1,1)，求合计最大收益。 \\ 其实正向反向是不影响计算过程的，代码同上。 \end{gathered}$$

代码：

#include
#include

using namespace std;

const int N=55;

int n,m,w[N][N],f[2*N][N][N];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=1;j<=m;j++) 
            cin>>w[i][j];
            
    for(int k=2;k<=n+m;k++)
        for(int i1=1;i1<=n;i1++)
            for(int i2=1;i2<=n;i2++)
            {
                int j1=k-i1,j2=k-i2;
                if(j1>=1&&j1<=m&&j2>=1&&j2<=m)
                {
                    int t=w[i1][j1];
                    if(i1!=i2) t+=w[i2][j2];
                    int &x=f[k][i1][i2];
                    x=max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1-1][i2]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2]+t);
                }
            }

    cout<<f[n+m][n][n]<<endl;
    
    return 0;
}

---