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。
输入的第一行有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。
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
34
类型:dp 难度:2.530%的数据满足:1<=m,n<=10
100%的数据满足:1<=m,n<=50
题意:给出一个n*m矩阵,给出每个点的权值,以左上为起点,右下为终点,从左上出发,经过右下再回到左上,形成一来一回两条路径,两条路径不能有交叉,求这两条路径上权值和的最大值。
分析:开始考虑用dp[i][j]表示从(i,j)经过右下回到左上的最大值,但是发现这一过程有多重复计算,导致超时。发现之前的思路都是先确定从左上到右下的第一条路,再计算回来的第二条路,但是这样就会造成,只要第一条路有一处变化,第二条路能走的区域就发生变化,又要重新计算在这个区域的第二条路的所有可能性。
后来看了别人的评论,发现是用一个四维数组记录dp状态。基本思路是,由于两条路不能交叉,所以必定是一条从(1,0)到(n-1,m-2),一条是从(0,1)到(n-2,m-1),所以不用考虑方向问题,即找到这两条路的和的最大值。用dp[i][j][k][l]表示,从(1,0)到(i,j)和从(0,1)到(k,l)的两条路的和的最大值。
由于(i,j)和(k,l)都可能从左边和上边两个方向转移而来,所以一个(i,j,k,l)可能由4个状态转移而来,状态转移方程:
dp[i][j][k][l] = max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]) + a[i][j] + a[k][l]
a[i][j]表示(i,j)的值,最终dp[n-1][m-2][n-2][m-1]即为所求。
ps:注意边界条件,或者将数组下标+1,然后初始化为0来处理
代码:
#include<iostream> #include<cstring> using namespace std; int dp[60][60][60][60],a[60][60]; int n,m; int dir[2][2] = {{-1,0},{0,-1}}; int mmax(int a,int b) { return (a>b)?a:b; } int main() { cin>>n>>m; memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++) cin>>a[i][j]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=2; i<=n; i++) for(int j=1; j<m; j++) for(int k=1; k<i; k++) for(int l=2; l<=m; l++) { for(int p=0; p<2; p++) for(int q=0; q<2; q++) { int sx = i+dir[p][0]; int sy = j+dir[p][1]; int tx = k+dir[q][0]; int ty = l+dir[q][1]; //if(sx==tx && sy==ty) continue; dp[i][j][k][l] = mmax(dp[i][j][k][l],dp[sx][sy][tx][ty]); } dp[i][j][k][l] += a[i][j]+a[k][l]; //cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" "<<l<<" "<<dp[i][j][k][l]<<endl; } cout<<dp[n][m-1][n-1][m]<<endl; }