【Leetcode】1463. Cherry Pickup II

题目地址：

https://leetcode.com/problems/cherry-pickup-ii/

给定一个二维矩阵$A$，元素非负。有两个机器人，分别从第$0$行的首尾两个格子开始向下走，每次可以走到左下、正下或者右下一格内，不能出界。问两个机器人走到最后一行的时候，路径上的数字总和最大能达到多少。如果两个机器人走到了相同的格子，则数字只能取一次。

思路是动态规划。设$f[i][j][k]$表示当两个机器人走到了第$i$行，第一个机器人走到第$j$列，第二个走到第$k$列时，最大的路径数字和。则有递推关系$$f[i][j][k]=\{\begin{array}{l}{\max }_{j^{\prime }\in \{j-1,j,j+1\},k^{\prime }\in \{k-1,k,k+1\}}\{f[i-1][j^{\prime }][k^{\prime }]\}+A[i][j],j=k\\ {\max }_{j^{\prime }\in \{j-1,j,j+1\},k^{\prime }\in \{k-1,k,k+1\}}\{f[i-1][j^{\prime }][k^{\prime }]\}+A[i][j]+A[i][k],j\ne k\end{array}$$逐层递推即可。
代码实现方面要注意两点：
1、由于一开始机器人的位置是给定的，所以向下走的时候有的状态是走不到的。例如$A$是长度为$3$宽为$4$的矩阵，那么显然$f[1][1][3]$不能由$f[0][1][3]+A[1][3]$去更新，因为一开始左边的机器人就不在$A[0][1]$，这会造成更新出错误的答案。所以一开始我们要以$-1$记录某个状态不可达，然后每次只用可达的状态更新别的状态即可。
2、显然第一个机器人到达坐标$i$的行的时候，其列坐标最大也就是$i$，同理第二个机器人到达坐标$i$的行的时候，其列坐标最小也就是$n-i-1$。我们可以据此对代码进行优化，把那些不可达的状态排除掉。

代码如下：

import java.util.Arrays;

public class Solution {
    public int cherryPickup(int[][] grid) {
        int m = grid.length, n = grid[0].length;
        
        int[][][] dp = new int[m][n][n];
        
        // 每个位置初始化为-1
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                Arrays.fill(dp[i][j], -1);
            }
        }
        
        // 第0行的状态初始化一下
        dp[0][0][n - 1] = n != 1 ? grid[0][0] + grid[0][n - 1] : grid[0][0];
        
        // i代表两个机器人走到的行坐标
        for (int i = 1; i < m; i++) {
        	// j代表第一个机器人走到的列坐标，其范围可以优化
            for (int j = 0; j <= Math.min(i, n - 1); j++) {
            	// k代表第一个机器人走到的列坐标，其范围也可以优化
                for (int k = Math.max(0, n - i - 1); k <= n - 1; k++) {
                	// 开始枚举上一层的可达状态
                    for (int d1 = -1; d1 <= 1; d1++) {
                        for (int d2 = -1; d2 <= 1; d2++) {
                            int idx1 = j + d1, idx2 = k + d2;
                            // 如果没出界，并且不等于-1，说明可达，更新dp数组
                            if (0 <= idx1 && idx1 < n && 0 <= idx2 && idx2 < n) {
                                if (dp[i - 1][idx1][idx2] != -1) {
                                    if (j == k) {
                                        dp[i][j][k] = Math.max(dp[i][j][k], dp[i - 1][idx1][idx2] + grid[i][j]);
                                    } else {
                                        dp[i][j][k] = Math.max(dp[i][j][k], dp[i - 1][idx1][idx2] + grid[i][j] + grid[i][k]);
                                    }
                                }
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        
        // 答案就是dp[m - 1]这个正方形矩阵里的最大值
        int res = Integer.MIN_VALUE;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                res = Math.max(res, dp[m - 1][i][j]);
            }
        }
        
        return res;
    }
}

时空复杂度$O(m{n}^2)$。

C++：

class Solution {
 public:
  int cherryPickup(vector<vector<int>>& g) {
    int m = g.size(), n = g[0].size();
    int f[m][n][n];
    memset(f, -1, sizeof f);
    f[0][0][n - 1] = g[0][0];
    if (n > 1) f[0][0][n - 1] += g[0][n - 1];

    for (int k = 0; k < m - 1; k++)
      for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
          if (~f[k][i][j])
            for (int di = -1; di <= 1; di++)
              for (int dj = -1; dj <= 1; dj++) {
                int ni = i + di, nj = j + dj;
                if (0 <= ni && ni < n && 0 <= nj && nj < n) {
                  int x = g[k + 1][ni];
                  if (ni != nj) x += g[k + 1][nj];
                  f[k + 1][ni][nj] = max(f[k + 1][ni][nj], f[k][i][j] + x);
                }
              }

    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
      for (int j = 0; j < n; j++) res = max(res, f[m - 1][i][j]);
    return res;
  }
};

时空复杂度一样。