洛谷P1006 NOIP提高组2008 传纸条

P1006 传纸条

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件message.in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。

输出格式：

输出文件message.out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。

输入输出样例

输入样例#1：

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

输出样例#1：

34

说明

【限制】

30%的数据满足：1<=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=50

NOIP 2008提高组第三题

 

【题解】

dp[i][x1][x2]表示走了x步，(1,1)到(x1, i - x1 + 2), (0,0)到 (x2, i - x2 + 2)

转移即可

注意x1 == x2时为0，看到网上很多题解是“x1 == x2时会重复取某个点，所以加的时候只加一次”拜托根本没法走到

那个地方好吗，网上题解清一色都是这样写的（除了hzwer），你们写题解的时候能不能动动脑子别照着别人的题解思路

硬搬啊

 

注意，做减法的时候可能变负数，

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath> 
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

inline void read(long long &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x;
}

const long long MAXN = 60 + 5;
const long long MAXM = 60 + 5;

/*
dp[x1][y1][x2][y2]表示(1,1)到(x1,y1), (0，0) 到(x2,y2)的最长路
dp[i][x1][x2]表示走了x步，(1,1)到(x1, i - x1 + 2), (0,0)到 (x2, i - x2 + 2) 
*/


long long n,m,g[MAXN][MAXM],dp[MAXN + MAXM][MAXN][MAXN]; 

int main()
{
    read(n), read(m);
    for(register long long i = 1;i <= n;++ i)for(register long long j = 1;j <= m;++ j)
        read(g[i][j]);
    if(n == m && m == 1)
    {
        printf("%d", g[1][1]);
        return 0;
    }
    else if((n == 1 && m == 2) || (n == 2 && m == 1))
    {
        printf("%d", g[1][1] + g[n][m]);
        return 0;
    }
    register long long ma = n + m - 3;
    for(register long long i = 1;i <= ma;++ i)
        for(register long long x1 = 1;x1 <= n && i - x1 + 2 >= 1;++ x1)
            for(register long long x2 = 1;x2 <= n && i - x2 + 2 >= 1;++ x2)
                if(x1 == x2)dp[i][x1][x2] = 0;
                else dp[i][x1][x2] = max(dp[i - 1][x1 - 1][x2], max(dp[i - 1][x1][x2 - 1], max(dp[i - 1][x1 - 1][x2 - 1], dp[i - 1][x1][x2]))) + g[x1][i - x1 + 2] + g[x2][i - x2 + 2];
    printf("%lld", max(dp[n + m - 3][n - 1][n], dp[n + m - 3][n][n - 1]) + g[n][m] - g[1][1]);
    return 0;
}