Fzu 2092 收集水晶【Dp】

 Problem 2092 收集水晶

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 Problem Description

shadow来到一片神奇的土地，这片土地上不时会出现一些有价值的水晶，shadow想要收集一些水晶带回去，但是这项任务太繁杂了，于是shadow让自己的影子脱离自己并成为一个助手来帮助自己收集这些水晶。

shadow把这片土地划分成n*m个小方格，某些格子会存在一些shadow和他的影子都无法穿越的障碍，比如巨石、树木、野兽等。shadow预先探测到了水晶出现的时间、位置以及它们的价值，但这些水晶的存在就如昙花一现般短暂，若在出现后1秒内没有收集到，它便将消失。

在第0秒的时候，shadow和他的影子都处在第一行第一列的格子上，shadow和他的影子可以相互独立的移动，互不干扰。每一秒shadow能移动到相邻的一格，也可以呆在原地不动，shadow的影子也是。那么，shadow和他的影子能收集到的水晶价值总和最大是多少呢？

 Input

输入数据第一行包含一个整数T，表示测试数据的组数。对于每组测试数据：

第一行两个整数n、m( 2 <= n , m <= 10 )，表示土地被划分为n行，每行m列个小方格。

接下来n行，每行m个字符，’.’或者’#’， 描述土地信息，’.’表示空地，’#’表示障碍。

接下来一行包含一个整数p( p < 0 < 1000 )，表示总共会出现的水晶数量。

接下来p行，每行4个整数，t( 0 < t <= 200 )，x( 1 <= x <= n )，y( 1 <= y <= m )，v( 0 < v <= 1000 )，表示第t秒会有一个价值v的水晶出现在第x行第y列的格子里。

 Output

对于每组测试数组，输出一行包含一个整数，表示shadow和他的影子能收集到的最大价值总和。

 Sample Input

1

3 3

...

..#

...

3

2 3 1 3

2 2 2 2

2 1 3 1

 Sample Output

5

 Source

福州大学第九届程序设计竞赛

思路：

我们直接跑多线程Dp即可。

虽然我们走向是四个，如果没有时间约束的话是要有后效性的。

但是这个问题的时间最多也就是200.

所以我们设定dp【i】【x】【y】【xx】【yy】表示时间i，第一个人走到了（x，y）这个点第二个人走到了（xx，yy）这个点的获取到的最大价值。

那么有了时间限制我们也就可以取消了后效性，所以我们直接进行25种状态转移即可。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>using namespace std;char a[50][50];int val[202][15][15];int dp[202][12][12][12][12];int fx[5]= {0,0,1,-1,0};int fy[5]= {1,-1,0,0,0};int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        int n,m;        scanf("%d%d",&n,&m);        memset(val,0,sizeof(val));        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%s",a[i]+1);        int q;        scanf("%d",&q);        for(int i=0; i<q; i++)        {            int t,x,y,v;            scanf("%d%d%d%d",&t,&x,&y,&v);            val[t][x][y]+=v;        }        int output=0;        for(int i=0; i<=200; i++)        {            for(int j=1; j<=n; j++)            {                for(int k=1; k<=m; k++)                {                    for(int l=1; l<=n; l++)                    {                        for(int ll=1; ll<=m; ll++)                        {                            dp[i][j][k][l][ll]=-0x3f3f3f3f;                        }                    }                }            }        }        dp[0][1][1][1][1]=0;        for(int i=1; i<=200; i++)        {            for(int x=1; x<=n; x++)            {                for(int y=1; y<=m; y++)                {                    if(a[x][y]=='#')continue;                    for(int xx=1; xx<=n; xx++)                    {                        for(int yy=1; yy<=m; yy++)                        {                            if(a[xx][yy]=='#')continue;                            int tmp=val[i][x][y]+val[i][xx][yy];                            if(xx==x&&yy==y)tmp/=2;                            for(int z=0; z<5; z++)                            {                                for(int zz=0; zz<5; zz++)                                {                                    int prex=x+fx[z];                                    int prey=y+fy[z];                                    int prexx=xx+fx[zz];                                    int preyy=yy+fy[zz];                                    if(prex>=1&&prex<=n&&prey>=1&&prey<=m&&prexx>=1&&prexx<=n&&preyy>=1&&preyy<=m)                                        dp[i][x][y][xx][yy]=max(dp[i][x][y][xx][yy],dp[i-1][prex][prey][prexx][preyy]+tmp);                                }                            }                            output=max(output,dp[i][x][y][xx][yy]);                        }                    }                }            }        }        printf("%d\n",output);    }}