洛谷题单指南-动态规划3-P1070 [NOIP2009 普及组] 道路游戏

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1070

题意解读：1~n个环形机器人工厂，相邻工厂之间的道路是1~n，每个时刻可以从任意工厂购买机器人，走不超过p时间，不同工厂购买机器人花费不同的金币，不同时刻走到不同道路也能得到不同的金币，问一共m时间，最多可以得到多少金币（需减去购买机器人的花费）。

解题思路：

1、状态表示

有n个机器人工厂、n条马路、m个时间，每次机器人最多走p时间，

设a[i][j]表示走第i号马路，第j时刻产生的金币数，

设b[i]表示从第i号机器人工厂购买机器人所消耗的金币数，

设dp[i]表示前i时间能得到的最多金币数。

2、样例模拟

2 3 2 
1 2 3 
2 3 4 
1 2

一共有2个机器人工厂，总共走3步，每次购买机器人最多走2步

道路在不同时刻产生的金币数：

	时刻：1	时刻：2	时刻：3
道路：1	1	2	3
道路：2	2	3	4

每个机器人工厂购买机器人的花费：

工厂号	购买机器人金币数
工厂：1	1
工厂：2	2

第1时刻：

  从工厂1购买机器人：

    走1步：dp[1] = -1 + 1 = 0，说明：-从工厂1购买机器人+第1时刻走道路1

    走2步：dp[2] = -1 + 1 + 3 = 3，说明：-从工厂1购买机器人+第1时刻走道路1+第2时刻走道路2

  从工厂2购买机器人：

    走1步：dp[1] = -2 + 2 = 0，说明：-从工厂2购买机器人+第1时刻走道路2

    走2步：dp[2] = -2 + 2 + 2 = 2，说明：-从工厂2购买机器人+第1时刻走道路2+第2时刻走道路1

此时，dp[1]的最大值为0，dp[2]的最大值为3，所以dp[1] = 0，dp[2] = 3

第2时刻：

  从工厂1购买机器人：

    走1步：dp[2] = f[1] - 1 + 1 = 0，说明：前1个时间获得的最大金币数-从工厂1购买机器人+第2时刻走道路1

    走2步：dp[3] = f[1] - 1 + 1 + 4，说明：前1个时间获得的最大金币数-从工厂1购买机器人+第2时刻走道路1+第3时刻走道路2

  从工厂2购买机器人：

    走1步：dp[2] = f[1] - 2 + 3 = 1， 说明：前1个时间获得的最大金币数-从工厂2购买机器人+第2时刻走道路2

    走2步：dp[3] = f[1] - 2 + 3 + 3 = 4，说明：前1个时间获得的最大金币数-从工厂2购买机器人+第2时刻走道路2+第3时刻走道路1

此时，dp[2]的最大值为3，所以dp[2] = 3

第3时刻：（一共m=3，到第3时刻就只能走1步了）

  从工厂1购买机器人：

    走1步：dp[3] = dp[2] - 1 + 3 = 5，说明：前2个时间获得的最大金币数-从工厂1购买机器人+第3时刻走道路1

  从工厂2购买机器人：

    走1步：dp[3] = dp[2] - 2 + 4 = 5，说明：前2个时间获得的最大金币数-从工厂2购买机器人+第3时刻走道路2

此时，dp[3]的最大值为5，所以最终答案就是dp[3] = 5。

3、状态转移

根据以上分析，可以通过三重循环来枚举实现递推

for i：1 ~ m的时刻

  for j：1 ~ n的工厂

    sum = dp[i-1] - 从工厂j购买机器人的花费

    for k：1 ~ p的步数（注意：走k步后时间不能超过m）

      走到的工厂位置 = j + k - 1

      if(走到的工厂位置 % n)  //处理环形

        走到的工厂位置 %= 走到的工厂位置

      当前时刻 = i + k - 1

      sum += a[走到的工厂位置][当前时刻]

      dp[当前时刻] = max(dp[当前时刻]，sum)

4、初始值

初始化为极大值

for(int i = 1; i <= n; i++) dp[i] = -0x3f3f3f3f;

5、结果

根据定义为dp[m]

100分代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1005, M = 1005;

int n, m, p;
int a[N][M]; //a[i][j]表示第i号马路，第j时刻的金币数
int b[N]; //b[i]表示第i号机器人工厂购买机器人的金币数
int dp[N]; //dp[i]表示前i时间能得到的最多金币数

int main()
{
    cin >> n >> m >> p;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> a[i][j];
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> b[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) dp[i] = -0x3f3f3f3f;
    for(int i = 1; i <= m; i++) //枚举时刻
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++) //枚举工厂
        {
            int sum = dp[i-1] - b[j]; //sum初始是前i-1时间的最大收益减去在j工厂购买机器人的消耗
            for(int k = 1; k <= p && i + k - 1 <= m; k++)
            {
                int pos = j + k - 1; //走到哪个工厂
                if(pos % n) pos %= n;
                int time = i + k - 1; //当前的时刻
                sum += a[pos][time]; //sum加上走到pos马路time时刻获得的金币
                dp[time] = max(dp[time], sum);
            }
        }
    }
    cout << dp[m];

    return 0;
}