P1006 [NOIP2008 提高组] 传纸条 题解

题目

第一种做法是 四维 $dp$ ，这也是最好想的，设 $f[i][j][k][l]$ 为从小渊传到小轩的纸条到达 $(i,j)$ ，从小轩传给小渊的纸条到达 $(k,l)$ 的路径上取得的最大的好心程度和。

完全可以换一个思路想，即求从给定的起点出发走到指定位置的两条最短严格不相交路线。

那么特别显然，转移方程是
$$f[i][j][k][l]=max( f[i][j-1][k-1][l] , f[i-1][j][k][l-1] , f[i][j-1][k][l-1] , f[i-1][j][k-1][l] )+a[i][j]+a[k][l]。$$

要小心l的枚举范围，应该是从 $j+1$ 到 $m$ ，只有这样，在枚举第二条路的时候可以控制下标的l不会和j有相等的可能，这样可以保证两条路一定不相交

由于终点的值是0，所以目标状态就是 $f[n][m-1][n-1][m]$。

如果你不想这样做，那就让l直接从1枚举，但需要加一个判断，判断当前的(i,j)和(k,l)是不是重合了，如果重合那就把f数组对应的这个地方在转移后减掉一个 $a[i][j]$ 或者 $a[k][l]$。

原数据比较弱，这个算法时间复杂度是 $O(n^2 * m^2)$ 的，所以可以过。

第二种做法为三维$dp$ ，如果这道题数据被加强了一点，那就应该用这个方法。

仔细观察，我们不难发现一个规律，对于每次转移，这两位同学的纸条走的步数总是相等的，也就是应该总有 $i+j = k+l = step$，我们从这里考虑入手，简化一下那个方程。

我们枚举走的步数，同时枚举第一个人和第二个人的横坐标或者纵坐标，对，只枚举一个就好，另一个可以算出来。

我枚举的是横坐标。

但这样做第一维（也就是枚举步数那一维）要开两倍大小（步数最大有 $n+m-1$），并且需要加入判断重合操作。

优化之后速度比上一个快很多，它的时间复杂度是 $O(n^2*(n+m))$.

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[51][51][51][51];
int s[52][52];
int main(){
	int m,n;
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
		cin>>s[i][j]; 
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			for(int k=i+1;k<=m;k++){
				for(int l=1;l<j;l++){
					f[i][j][k][l]=max(max(f[i][j-1][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l]),
					max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]))+s[i][j]+s[k][l];
	cout<<f[m-1][n][m][n-1]<<endl;
}