[NOIP2000 提高组] 方格取数 （2-2）

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P1004 [NOIP2000 提高组] 方格取数 - 洛谷

题目描述

设有 $N \times N$ 的方格图 $(N \le 9)$，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。

只需输出一个整数，表示 $2$ 条路径上取得的最大的和。

input

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

output

67

题目分析

首先我们考虑只走一次的情况，这是基础的线性dp，可用数字三角形模型解决。

那么我们是否可以按这样的思路两次dp呢，答案是否定的，反例如下。

在第一次dp后会按照蓝线行走，这样的话便无法将剩下的位置完全遍历，而通过观察我们知道两次行走是可以走尽所有数的。

则我们需要构造另一种dp方式。

我们假设两次行走同时发生，$f[i_1][j_1][i_2][j_2]$ 表示当前两个点位所处的位置和取数最大和。

考虑转移，每个人可由两个方向转移而来，共四种情况。

答案输出 $f[n][n][n][n]$ 即可，时间复杂度为 $O(n^4)$。

Accept代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 11;
int g[N][N], f[N][N][N][N];

int main()
{
    int n; cin >> n;
    int x, y, v;
    while (cin >> x >> y >> v, x) g[x][y] = v;
    for (int i1 = 1; i1 <= n; i1 ++)
        for (int j1 = 1; j1 <= n; j1 ++)
            for (int i2 = 1; i2 <= n; i2 ++)
                for (int j2 = 1; j2 <= n; j2 ++)
                {
                    int v = g[i1][j1] + (i1 == i2 && j1 == j2 ? 0 : g[i2][j2]);
                    int &x = f[i1][j1][i2][j2];
                    x = max(x, f[i1 - 1][j1][i2 - 1][j2]);
                    x = max(x, f[i1][j1 - 1][i2 - 1][j2]);
                    x = max(x, f[i1][j1 - 1][i2][j2 - 1]);
                    x = max(x, f[i1 - 1][j1][i2][j2 - 1]);
                    x += v;
                }
        
    cout << f[n][n][n][n] << "\n";
    return 0;
}