南阳理工acm61 传纸条 双线dp

传纸条（一）

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难度：5

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0-1000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之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入

第一行输入N(0<N<100)表示待测数据组数。
每组测试数据输入的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（2<=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（不大于1000）。每行的n个整数之间用空格隔开。

输出

每组测试数据输出共一行，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。

样例输入

13 30 3 92 8 55 7 0

样例输出

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想法：

状态转移方程不是很好找,因为两人的路线不能重合,所以必须同时考虑两个人,这题的难点在于怎么想到用动规解,因为状态不会很好划分,后来受到网上博客的启发才明白

我们把问题转换成从左上到右下的两条了路径和最大的问题

其实两条路线在不同区域，一条在右上半区域，另一条在左下半区域。

我们描述一个状态需要两个人的坐标.分别为x1,x2, y1, y2,,但是如果我们简单画一下图就不难发现,因为只能有两个方向走,不能回头,

所以两个点的纵坐标和横坐标的和是一个定值,即为走的步数,那么我们就可以减掉一维,来描述状态,分别为s(步数),x1和x2(两个点的横坐标),而没一个点的两种走法,所以两个点组合一下就是4种走法

,所以就可推出状态转移方程:dp[s][x1][x2] = max(do[s-1][x1-1][x2], dp[s-1][x1][x2-1], dp[s-1][x1-1][x2-1], dp[s-1][x1][x2]),

然后我又发现前一步左右状态都是s-1,所以使用了滚动数组

滚动数组不好解释：

举个列子:

int i,d[100];
d[0]=1;d[1]=1;
for(i=2;i<100;i++)
d[i]=d[i-1]+d[i-2];
printf("%d",d[99]);
上面这个循环d[i]只依赖于前两个数据d[i-1]和d[i-2];
为了节约空间用滚动数组的做法
int d[3];
d[0]=1;d[1]=1;
for(i=2;i<100;i++)
d[i%3]=d[(i-1)%3]+d[(i-2)%3];
printf("%d",d[99%3]);

注意上面的取余运算，我们成功地只保留了需要的最后3个解，数组好象在“滚动”一样，所以叫滚动数组

对于二维也可以用（代码可能不太正确和完善，但是可以理解例子）:
int i,j,d[100][100];
for(i=1;i<100;i++)
for(j=0;j<100;j++)
d[i][j]=d[i-1][j]+d[i][j-1];

上面的d[i][j]只依赖于d[i-1][j],d[i][j-1];
运用滚动数组
int i,,j,d[2][100];
for(i=1;i<100;i++)
for(j=0;j<100;j++)
d[i%2][j]=d[(i-1)%2][j]+d[i%2][j-1];

代码1:（三位数组）

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int map[55][55];
int a[110][55][55];
int max(int w1,int w2,int w3,int w4)
{
    int ret;
    ret=w1>w2?w1:w2;
    ret=ret>w3?ret:w3;
    ret=ret>w4?ret:w4;
    return ret;
}
int main()
{
    int N;
    scanf("%d",&N);
    while(N--)
    {
    int n,m;
    int i,j,k;
    memset(map,0,sizeof(map));
    memset(a,0,sizeof(a));
    scanf("%d %d",&m,&n);
    for(i=1;i<=m;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)
            scanf("%d",&map[i][j]);
    int x1,x2,y1,y2;
    for(k=2;k<=n+m;k++)
        for(x1=1;x1<=m;x1++)
            for(x2=1;x2<=m;x2++)
            {
            y1=k-x1;
            y2=k-x2;
            if(y1==y2||y1<0||y2<0||y1>n||y2>n)
                continue;
            a[k][x1][x2]=max( a[k-1][x1][x2] , a[k-1][x1-1][x2] , a[k-1][x1][x2-1] , a[k-1][x1-1][x2-1] )
                +map[x1][y1]+map[x2][y2];
            }
    printf("%d\n",a[n+m-1][m][m-1]);
    }
    
    return 0;
}

代码2：（二位数组）

#include<stdio.h>  
#include<string.h>  
int map[55][55];  
int dp[55][55];  
int m, n;  
int max(int a, int b)  
{  
    return a > b? a : b;  
}  
int getMax()  
{  
    int i, j, k;  
    for(i = 1; i <= m + n - 3; i++)  
    {  
        for(j = m-1 ; j >= 0; j--)  
        {  
            for(k = m - 1; k >j; k--)  
            {  
                if( i >= k && i >= j)  
                    dp[j][k] = max(max(dp[j][k], dp[j - 1][k - 1]), max(dp[j - 1][k], dp[j][k - 1])) + map[j][i - j] + map[k][i - k];  
                  
            }  
        }  
    }  
    return dp[m - 2][m - 1];  
}  
int main()  
{  
    int N;  
    scanf("%d", &N);  
    while(N--)  
    {  
        memset(map, 0, sizeof(map));  
        memset(dp, 0, sizeof(dp));  
        scanf("%d %d", &m, &n);  
        int i, j;  
        for(i = 0;i < m; i++)  
        {  
            for(j = 0; j < n; j++)  
            {  
                scanf("%d", &map[i][j]);  
            }  
        }  
        printf("%d\n", getMax());  
    }  
    return 0;  
}