【JZOJ6313】Maja【dp】

题目大意:

题目链接:https://jzoj.net/senior/#main/show/6313
一个n×mn\times m的网格图,经过点(x,y)(x,y)可以获得ax,ya_{x,y}的价值,一个点可以 经过多次。求从(x,y)(x,y)出发,走pp步后回到(x,y)(x,y)的最大价值。


思路:

这道题有三个相对显然的性质。

  1. 最终一定是走过某些格子,然后原路返回到原点。
  2. 为了最大化价值,人物如果产生循环节,那么必然是走到循环节,然后兜上几圈再原路返回。
  3. 不难证明,这个循环节的大小为2。

其中性质1,21,2都十分显然。那么下面简单证明一下性质三。
orzWYCdalao的证明

假设这个循环节由k(k>2)k(k>2)个格子组成。那么取其中三个相邻的点x,y,zx,y,z
如果zz的权值小于xx的权值,那么显然在x,yx,y中循环会优于在x,y,zx,y,z中循环。
如果zz的权值大于xx的权值,那么显然在y,zy,z中循环会优于在x,y,zx,y,z中循环。
证毕。

利用循环节为2的性质,我们就设f[k][i][j]f[k][i][j]表示走了kk步到达点(i,j)(i,j)的最大价值。
那么f[k][i][j]f[k][i][j]可以从上下左右四个方向转移而来,所以
f[k][i][j]=max(f[k][i][j],f[k1][i+dx[l]][j+dy[l]]+a[i][j])f[k][i][j]=max(f[k][i][j],f[k-1][i+dx[l]][j+dy[l]]+a[i][j])

但是这样空间不支持。
我们发现f[k]f[k]只和f[k1]f[k-1]有关。所以滚动就可以了。
每次求出f[k&1][i][j]f[k\&1][i][j]之后就更新ansans。以(x,y)(x,y)为中心的循环节可以预处理出来,反正就只有四种情况。
时间复杂度最坏O(n2m2)O(n^2m^2)


代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=110;
const ll Inf=1e18;
const int dx[]={0,0,0,-1,1},dy[]={0,1,-1,0,0};
ll ans,f[2][N][N],a[N][N],maxn[N][N];
int n,m,sx,sy,p;

int main()
{
	freopen("maja.in","r",stdin);
	freopen("maja.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&sx,&sy,&p);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			scanf("%lld",&a[i][j]);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			for (int k=1;k<=4;k++)
				maxn[i][j]=max(maxn[i][j],a[i][j]+a[i+dx[k]][j+dy[k]]);
	memset(f,0xcf,sizeof(f));
	f[0][sx][sy]=0;
	for (int k=1;k<=min(p/2,n*m);k++)
	{
		memset(f[k&1],0xcf,sizeof(f[k&1]));
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=m;j++)
			{
				for (int l=1;l<=4;l++)
					f[k&1][i][j]=max(f[k&1][i][j],f[(k+1)&1][i+dx[l]][j+dy[l]]+a[i][j]);
				if (f[k&1][i][j]<0) f[k&1][i][j]=-Inf;
					else ans=max(ans,f[k&1][i][j]*2+(ll)(p/2-k)*maxn[i][j]-a[i][j]);
			}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
posted @ 2019-08-21 20:21  全OI最菜  阅读(119)  评论(0编辑  收藏  举报