首先看到P1216,经典DP题。
新手看到这个题,也许会想到搜索——我把路径全都搜一遍不就结了?一写,TLE。。。
所以这个时候我们就来分析一下。
比如说,对于样例来说,同样是到中间的那个 1,我们从 7 → 3 → 1 7\to3\to1 7→3→1 和 7 → 8 → 1 7\to8\to1 7→8→1 分出了不同的两支,而显然 7 → 8 → 1 7\to8\to1 7→8→1 比 7 → 3 → 1 7\to3\to1 7→3→1 更优,也就是即使后面使用一样的决策, 7 → 8 → 1 7\to8\to1 7→8→1 也始终比 7 → 3 → 1 7\to3\to1 7→3→1 更优,所以我们不如只记录 7 → 8 → 1 7\to8\to1 7→8→1 这个决策。
如果你理解了上面这一段,那么恭喜你,DP中最重要的一个环节。
接下来我们考虑怎么记录。
不妨开一个数组,就叫它 d p dp dp 好了,记录的是到达当前节点的最优解,计为 d p i , j dp_{i,j} dpi,j。
那么我们发现 d p 1 , 1 = a 1 , 1 dp_{1,1}=a_{1,1} dp1,1=a1,1,其中 a a a 为记录三角形的数组。
得到了 d p 1 , 1 dp_{1,1} dp1,1 后,我们发现, d p i , j = max ( d p i − 1 , j , d p i − 1 , j − 1 ) + a i , j dp_{i,j}=\max(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1})+a_{i,j} dpi,j=max(dpi−1,j,dpi−1,j−1)+ai,j,即转移方程(注:这个地方建议自己手推一下,此处不给证明)
于是我们就得到了DP的两大步骤:首先得到初始条件,再得到转移方程,就做完了。
#include
using namespace std;
int a[1010][1010],f[1010][1010];
int main(){
int n;cin>>n;
for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=i;j++)
cin>>a[i][j];
f[1][1]=a[1][1];
for (int i=2;i<=n;i--) for (int j=1;j<=i;j++)
f[i][j]=max(f[i-1][j],a[i-1][j-1])+a[i][j];
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[n][i]);
cout<<ans;
return 0;
}