Problem Description
度度熊是一只喜欢探险的熊,一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫,该迷宫只能从矩阵左上角第一个方格开始走,只有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫,每一次只能走一格,且只能向上向下向右走以前没有走过的格子,每一个格子中都有一些金币(或正或负,有可能遇到强盗拦路抢劫,度度熊身上金币可以为负,需要给强盗写欠条),度度熊刚开始时身上金币数为0,问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币?
Input
输入的第一行是一个整数T(T< 200),表示共有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m,n(m<=100,n<=100)。接下来的m行,每行n个整数,分别代表相应格子中能得到金币的数量,每个整数都大于等于-100且小于等于100。
Output
对于每组数据,首先需要输出单独一行”Case #?:”,其中问号处应填入当前的数据组数,组数从1开始计算。
每组测试数据输出一行,输出一个整数,代表根据最优的打法,你走到右上角时可以获得的最大金币数目。
Sample Input
2
3 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 2
1 1
1 1
Sample Output
Case #1:
18
Case #2:
4
对于一个点可以从三个方向到达,从上,从左,从下。因为一个点不能走多次,我们可以得到一个很简单的结论。如果从上到达这个点,那么之后我们就只能向下,或者向右走了。从下到达类似。只有从左到达,三个方向都可以走。
这里dp[i][j][k]表示x,y这个点从k这个方向过来的最大值。其中k=0,1,2.0表示从左边到达该点,1表示从上面到达该点,2表示从下面到达该点。
根据以上结论,可以得到一个很简单的状态转移方程:
dp[i][j+1][0] = max(,dp[i][j][0],dp[i][j][1],dp[i][j][2])+ graph[i][j+1];
dp[i+1][j][1] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][1]) + graph[i+1][j];
dp[i-1][j][2] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][2]) + graph[i-1][j];
由以上转移方程很容易得到,我们可以对每一列,先从上到向下更新该点向下走所到达点的值,再从下到上更新该点向上和向右分别到达点的值。
最后的答案就是从左到达和从下面到达右上方的点的最大值。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include<vector> #include<cmath> #include<string> #include<queue> #define eps 1e-8 #define MAX 100010 #define INF 99999999 #define MOD 1000000007 #define mem(a) memset(a,-1,sizeof(a)) #define mem1(a) memset(a,0,sizeof(a)) #define zero(x) ( x > +eps ) - ( x < -eps ) using namespace std; struct NODE { int x ,y; int dir; }; int dp[110][110][3]; int n ,m; int graph[110][110]; int main() { int t; scanf("%d",&t); for(int r = 1;r <= t;r++) { printf("Case #%d:\n",r); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i <= n;i++) { for(int j = 1;j <= m;j++) { scanf("%d",&graph[i][j]); } } for(int i = 0;i <= n +1;i++) { for(int j = 0;j <= m + 1;j++) { dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = dp[i][j][2] = -INF; } } dp[1][1][1] = dp[1][1][0] = graph[1][1]; for(int i = 1;i <= n;i++) { dp[i][2][0] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i][2]; dp[i+1][1][1] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i+1][1]; } for(int i = 2;i <= m;i++) { for(int j = 1;j < n;j++) { dp[j+1][i][1] = max(dp[j][i][1],dp[j][i][0]) + graph[j+1][i]; } for(int j = n;j >= 1;j--) { dp[j-1][i][2] = max(dp[j][i][2],dp[j][i][0]) + graph[j-1][i]; dp[j][i+1][0] = max(dp[j][i][0],max(dp[j][i][1],dp[j][i][2])) + graph[j][i+1]; } } printf("%d\n",max(dp[1][m][0],dp[1][m][2])); } return 0; }