P1004 方格取数——奇怪的dp
P1004 方格取数
题目描述
设有 \(N\times N\) 的方格图 \((N\leq 20)\)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字 \(0\) 。如下图所示（见样例）:
A
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 13 0 0 6 0 0
0 0 0 0 7 0 0 0
0 0 0 14 0 0 0 0
0 21 0 0 0 4 0 0
0 0 15 0 0 0 0 0
0 14 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
B
某人从图的左上角的 \(A\) 点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的 \(B\) 点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字 \(0\) ）。
此人从 \(A\) 点到 \(B\) 点共走两次，试找出 \(2\) 条这样的路径，使得取得的数之和为最大。
输入格式
输入的第一行为一个整数 \(N\) （表示 \(N\times N\) 的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的 \(0\) 表示输入结束。
输出格式
只需输出一个整数，表示 \(2\) 条路径上取得的最大的和。
输入输出样例
输入
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
输出
67
说明/提示
NOIP 2000 提高组第四题
错误思路
刚开始看题，肯定会想出暴力 \(Dfs\) 进行第一遍，把走过的置为 \(0\) ，然后再 \(Dfs\) 第二遍，将两次结果加和就是答案。（我就是这么错的）
为什么错呢？
首先，记录路径很麻烦，其次有些数据可以正好把 \(Dfs\) 卡掉（如下图），最后是效率太差了。
A
0 0 2 3 0 0 0
0 0 3 0 0 0 0
0 0 3 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 4 0 0
0 0 0 0 4 0 0
0 0 2 0 4 0 0
B
很明显正确走法是
\((1,1)—>(1,2)—>(1,3)—>(1,4)—>(1,5)—>···—>(5,5)—>(6,5)—>(7,5)—>(7,6)—>(7,7)\)
第二次便可把剩下的都走完。
但是走 \(Dfs\) ，第一次走的是值最大的路径
\((1,1)—>(1,2)—>(1,3)—>(2,3)—>(3,3)—>(4,3)—>(5,3)—>(5,4)—>(5,5)—>(6,5)—>(7,5)—>(7,6)—>(7,7)\)
第二次剩下的 \(2\) 和 \(3\) 只能走一个，就被卡掉了。
暴力错码（Dfs）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int pan[25][25];
int pathx;
int pathy;
int n;
int maxtot;
int ans1;
int ans2;
int ans[25][25];
void dfs1(int x,int y,int cnt,int tot){//走第一遍
if(x<=0||x>n||y<=0||y>n){
return;
}
if(x==n&&y==n){
ans1=max(ans1,cnt);
if(ans1==cnt){
maxtot=max(maxtot,tot);
}
return;
}
cnt+=pan[x][y];
if(pan[x][y]!=0){
tot++;
}
ans[x][y]=max(ans[x][y],cnt);
dfs1(x+1,y,cnt,tot);
dfs1(x,y+1,cnt,tot);
}
void dfspath(int x,int y,int cnt,int tot){//路径的记录，效率太差了
if(x<=0||x>n||y<=0||y>n){
return;
}
if(x==n&&y==n){
return;
}
cnt+=pan[x][y];
if(pan[x][y]!=0){
tot++;
if(ans1==cnt){
pathx=x;
pathy=y;
}
}
dfspath(x+1,y,cnt,tot);
dfspath(x,y+1,cnt,tot);
}
int xsx;
void Find(int x,int y){
if(x<=0||x>n||y<=0||y>n||xsx==0){
return;
}
if(x==1&&y==1){
xsx-=pan[x][y];
pan[x][y]=0;
return;
}
for(int i=1;i<=x;i++){
for(int j=1;j<=y;j++){
if(ans[i][j]+pan[x][y]==xsx){
xsx-=pan[x][y];
pan[x][y]=0;
Find(i,j);
break;
}
}
}
}
void dfs2(int x,int y,int cnt,int tot){//走第二遍
if(x<=0||x>n||y<=0||y>n){
return;
}
if(x==n&&y==n){
ans2=max(ans2,cnt);
return;
}
cnt+=pan[x][y];
dfs2(x+1,y,cnt,tot);
dfs2(x,y+1,cnt,tot);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
int x,y,w;
while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&w)==3){
if(x==0&&y==0&&w==0)break;
pan[x][y]=w;
}
dfs1(1,1,0,0);
dfspath(1,1,0,0);
ans[n][n]=ans1;
xsx=ans1;
Find(pathx,pathy);
dfs2(1,1,0,0);
cout<<ans1+ans2<<endl;
return 0;
}
正解思路
首先，我们可以把一个人走两遍，看成两个人走一遍，但是当两人走到同一个有分值的地方时，只能加一次改点的值。
所以可以用 \(dp\) 来解决， \(dp[i][j][l][r]\) 表示当第一个人在 \((i,j)\) ，第二个人在 \((l,r)\) 时所取得的最大值。
因为 \(n\) 比较小，撑死了到 \(20\) ，所 \(dp\) 的效率和四维的数组还是可以接受的，毕竟 \(Dfs\) 过 \(4\) 个点就走了 \(4000ms\) 。
所以将 \(i\)、\(j\)、\(l\)、\(r\) 依次从 \(1\) 到 \(n\) 枚举，取最大值即可，注意判断两个人在同一位置的情况。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int pan[25][25];//记录每个点的值
int dp[25][25][25][25];
int main(){
scanf("%d",&n);
int x,y,w;
while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&w)==3){
if(x==0&&y==0&&w==0)break;
pan[x][y]=w;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int r=1;r<=n;r++){
if(i==l&&j==r){//若两人在同一位置只用加一次pan[i][j]的值
dp[i][j][l][r]=pan[i][j]+max(max(dp[i-1][j][l-1][r],dp[i-1][j][l][r-1]),max(dp[i][j-1][l-1][r],dp[i][j-1][l][r-1]));
}else{//两人不在同一点，两个值都加上即可
dp[i][j][l][r]=pan[i][j]+pan[l][r]+max(max(dp[i-1][j][l-1][r],dp[i-1][j][l][r-1]),max(dp[i][j-1][l-1][r],dp[i][j-1][l][r-1]));
}
}
}
}
}
cout<<dp[n][n][n][n]<<endl;
return 0;
}
优化
还可以把的 \(for\) 循环优化成三维的，利用小人只能向下和向右走的性质，他的横坐标加上纵坐标一定等于时间。
\(dp\) 数组意义同上，利用第一个小人的横纵坐标，减去第二个小人的横坐标，便可把第四层循环省去。也就省去了 \(10ms\) 吧
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int pan[25][25];
int dp[25][25][25][25];
int main(){
scanf("%d",&n);
int x,y,w;
while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&w)==3){
if(x==0&&y==0&&w==0)break;
pan[x][y]=w;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int l=1;l<=n;l++){
int r=i+j-l;//利用i、j求出第二个小人的纵坐标
if(i==l&&j==r){
dp[i][j][l][r]=pan[i][j]+max(max(dp[i-1][j][l-1][r],dp[i-1][j][l][r-1]),max(dp[i][j-1][l-1][r],dp[i][j-1][l][r-1]));
}else{
dp[i][j][l][r]=pan[i][j]+pan[l][r]+max(max(dp[i-1][j][l-1][r],dp[i-1][j][l][r-1]),max(dp[i][j-1][l-1][r],dp[i][j-1][l][r-1]));
}
}
}
}
cout<<dp[n][n][n][n]<<endl;
return 0;
}
