动态规划经典例题之传纸条

传纸条（NOIP2008，Vijos-1493）

题目描述：

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，班上同学安排做成一个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只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入格式：

输入第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1<=m,n<=50）。 

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：

输出共一行，包含一个整数，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。

输入样例：

3 3

0 3 9

2 8 5

5 7 0

输出样例：

34

【算法分析】

本题要求一条从(1,1)到(m,n)，再从(m,n)到(1,1)的路径，先来看这道题目的简化版：只求一条从(1,1)到(m,n)的路径，使得路径上的点的和最大。

这道题目里面，最显而易见的变化中的量就是纸条所在的坐标(x,y)，用dp[x][y]来表示纸条传到(x,y)这个坐标的时候，最大的好心程度之和，那么：

dp[1][1]=0

dp[x][y]=0 if (x,y)在界外

dp[x][y]=max(dp[x-1][y],dp[x][y-1])+a[x][y] if (x,y)在界内

如此一来，简化版本的题目可以很轻松的解决。虽然题目解决了，但是我们却难以通过这个方程来很好的抽象出动态规划的阶段。为了找到阶段，我们来看这样一个例子：

从(1,1)点出发，走恰好5步能够到达的节点如下：

	1	2	3	4	5	6	7
1
2
3
4
5
6
7

他们都在一条45度的斜线上，且满足x+y=7。

更普遍的，对于所有步数为s可以到达的坐标，x+y=s+2。所以，我们可以用走的步数来划分阶段，通过不同的步数，把这个题目划分成若干个不同的阶段。最后一个阶段有且仅有一个点:(n,m)。

接下来来看二维的情况：

首先，我们将模型转化一下。题目要求的是一条从(1,1)到(n,m)，再从(n,m)回来的路径，我们可以转化一下思路，想象成有两个人要从(1,1)到(n,m)来传纸条，本题只要求最大的价值，与路径的方向无关，因此，这样做的正确性可以保证。

现在来考虑如何表示每一个状态：当只有一个人的时候，状态的表示是dp[x][y]，现在人数翻倍，要同时表示两个人的坐标，因此状态方程也变为：dp[x1][y1][x2][y2]，表示第一个人在(x1,y1)，第二个人在(x2,y2)时候的最大价值。看到这里，不少喜欢小聪明的读者（抱歉作者也是这样）会很迅速的写下状态转移方程：

dp[x1][y1][x2][y2]=min(dp[x1][y1][x2-1][y2],dp[x1][y1][x2][y2-1]…）

共四种情况，表示的是其中某一个人通过一次传纸条到达了现在的位置，而另一个人早已经到达了这里。

这么做看似没有问题，但却忽略了题目上一个很重要的条件：同一个人只能传一次纸条。

例如,对于dp[2][2][3][3]，它有可能是从dp[1][1][3][3]走来的，而dp[1][1][3][3]有可能是dp[1][1][2][2]走来。这里面，(2,2)这个坐标既出现在了第一个人的路径里，又出现在第二个人的路径里，显然是不可以的。

之所以会出现这样的错误，是因为我们的状态转移方程在设计的时候，没有考虑到阶段性！两个人的决策总应该是同时进行的，不能够出现我先走一步，你再走一步的情况，这样会导致前面所指出的“跟随”的问题。我们对状态转移方程稍作改动：

dp[x1][y1][x2][y2]=min(dp[x1-1][y1][x2-1][y2],dp[x1-1][y1][x2][y2-1],dp[x1][y1-1][x2-1][y2],dp[x1][y1-1][x2][y2-1])+a[x1][y1]+a[x2][y2]

以上四个dp数组分别对应了到达(x1,y1,x2,y2)的四种情况。

此时，两个人的决策是同步的，但是还有一个问题没有解决，那就是如何解决路径相交的问题，请看下图：

如图所示，这是两条交叉的路径，这在dp的过程中有没有可能出现呢？答案是没有，如果存在着两条交叉的路径，我们可以通过交换交叉的部分，使得他们依旧没有交叉。

此时，就剩下考虑交叉点的问题。题目上要求最大的好心程度之和，又要求路径不能够有相交，但我们的dp过程中，却很难避免相交的问题（如果需要避免，则代码量会增加很多），那么，这种情况是否对答案有影响呢，需要看题目中对数据的描述。

题目中提到：每一个人的好心度都是0~100之间的整数，那么，可以把相交的路径这么更改：

在原来的基础上，路径上又多了两个人，求出来的值必定会>=原来结果。因此，路径上有交叉的情况必然不可能是最后答案，我们完全没有必要在dp的过程中理会路径的交叉情况，只需要在交叉的时候多加这样一句：

if (x1==y1 && x2==y2) dp[x1][y1][x2][y2]-=a[x1][y1]；

即可，来避免同一个节点的热心值加了两次。

现在，这道题目已经可以解决，时间和空间复杂度都是O(N⁴)，在题目给定的范围内可以解决。

同样的，利用这样的方法，虽然解决了题目，但是却没有很好的利用阶段的特征。在本题中，我们希望两个人是同时传纸条的，因此，dp[1][1][3][3]这样两个人步数不一致的状态是完全没有用的，我们只关心那些两个人同步决策的状态：dp[x1][y1][x2][y2]，且x1+y1=x2+y2。

将上述公式稍微变形：x1+y1-x2=y2。

因此，我们可以把状态压缩成dp[x1][y1][x2]，y2直接通过计算得出。

如此一来，时间和空间复杂度都下降到OO(N³)。

【代码实现】
/*
ID:shijieyywd
PROG:Vijos-1493
LANG:c++
*/
#include 
#include 

int arr[52][52];
/*
* re[x1][y1][x2][y2]表示
* 传到坐标为(x1, y1)和(x2, y2)的同学的好感度最大值
*/
int re[52][52][52][52];

int max(int a, int b, int c, int d) {
	if (a < b) a = b;
	if (a < c) a = c;
	if (a < d) a = d;
	return a;
}

int main ( void ) {
	int m, n;
	int x1, y1, x2, y2;
	scanf("%d %d", &m, &n);
	
	for (x1 = 1; x1 <= m; x1++) {
		for (y1 = 1; y1 <= n; y1++) {
			scanf("%d", &arr[x1][y1]);
		}
	}
	for (x1 = 1; x1 <= m; x1++) {
		for (y1 = 1; y1 <= n; y1++) {
			for (x2 = 1; x2 <= m; x2++) {
				if (x1 + y1 - x2 > 0) {
					y2 = x1 + y1 - x2;
				} else continue;
				re[x1][y1][x2][y2] = max(re[x1-1][y1][x2-1][y2],
									re[x1][y1-1][x2-1][y2],
									re[x1][y1-1][x2][y2-1],
									re[x1-1][y1][x2][y2-1])
									+ arr[x1][y1] + arr[x2][y2];
				if (x1 == x2 && y1 == y2) {
					re[x1][y1][x2][y2] -= arr[x1][y1];
				}
			}
		}
	}
	printf("%d", re[m][n][m][n]);

	return 0;
}