poj-2948

Martian Mining

    题意：在一个n*m的矩阵里，每个格子内有两种矿yeyenum和bloggium，并且知道它们在每个格子内的数量是多少。在格子北边有bloggium的收集站，西边有 yeyenum 的收集站。现在要在这些格子上面安装向北或者向西的传送带(每个格子自能装一种)。问最多能采到多少矿(yeyenum+bloggium)？

    因为每个格子只能向西或者向北，某个格子假如被选定向西，那么它所在的这一行全都向西。我们可以先将一行全向西和全向北可以的矿的数量累加起来。用yey[i][j]表示第i行j列向西时可以收集到的矿物数量，用blo[i][j]表示第i行j列向北时可以收集到的矿物数量(坐标大于i或者大于j的不用计算)

for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				cin >> t;
				yey[i][j]=yey[i][j-1] + t;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				cin >> t;
				blo[i][j]=blo[i-1][j] + t;
			}
		}

用dp[i][j]表示由(1,1)和(i,j)围成的矩形区域内最佳方案时能够采集到的矿的数量。dp[i][j]可以由dp[i][j-1]时，加上第j列全部向北传送，或者由 dp[i-1][j]时，加上第i行全部向西传送转移而来，选择两组中最大的一种作为dp[i][j]。也就是有dp[i][j] = max(dp[i-1][j]+yey[i][j],dp[i][j-1]+blo[i][j])

我AC的代码如下：

#include
#include
using namespace std;
int n,m,yey[510][510],blo[510][510],dp[510][510];
int main()
{
	int t;
	while(1)
	{
		cin >> n >> m;
		if(n==0&&m==0)
		{
			break;
		}
		memset(yey,0,sizeof(yey));
		memset(blo,0,sizeof(blo));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				cin >> t;
				yey[i][j]=yey[i][j-1] + t;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				cin >> t;
				blo[i][j]=blo[i-1][j] + t;
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				dp[i][j] = max(dp[i-1][j]+yey[i][j],dp[i][j-1]+blo[i][j]);
			}
		}
		cout << dp[n][m] << endl;
	}
	return 0;
}