51Nod 1084 DP+滚动数组

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题意：（经转化）
有一个n∗m的矩阵，两个人同时从最左上角的格子(0,0)出发，走到最右下角的格子(n−1,m−1)，两个人每个时刻都都只能选择向下或者向右走一个格子，其中，每一个格子上面都有一个数字，问所有被经过的格子上的数字和最大可以是多少。（一个格子被两个人经过只计算一次贡献）

思路：
类似于CF上的某一道E题
考虑动态规划

定义dp[t][i][j]为t时刻，第一个人的横坐标为i，第二个人的横坐标为j时可以得到的最大值。

因每个时刻只有两个固定的方向，故横纵坐标之和一定等于时刻t。
故第一个人的坐标为(i,t−i)
第二个人的坐标为(j,t−j)

因为对于第一个人，前一个状态有两种可能，第二个人也是一样。故一共有四个转移方程。取max（dp[t−1][i][j],dp[t−1][i−1][j]，dp[t−1][i][j−1],dp[t−1][i−1][j−1]）+Add

因为两个人同时出发，一个点被两个人经过的时刻一定相同，故
当i==j,Add为(i,t-i)点的值
否则，Add为(i,t-i)和(j,t-j)两个点的值的和。

又因为每一个时刻的状态只与上一个时刻有关，故第一维可以滚动优化。

代码：

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int A = 200 + 10;int dp[2][A][A],maze[A][A];int n,m;int main(){    scanf("%d%d",&m,&n);    for(int i=0 ;i<n ;i++)        for(int j=0 ;j<m ;j++) scanf("%d",&maze[i][j]);    dp[0][0][0] = maze[0][0];    for(int t=1 ;t<=n+m-2 ;t++){        int now = t&1;        for(int i=0 ;i<n ;i++){            int x1 = i,y1 = t-i;            if(x1<0 || x1>=n || y1<0 || y1>=m) continue;            for(int j=i ;j<n ;j++){                int x2 = j,y2 = t-j;                if(x2<0 || x2>=n || y2<0 || y2>=m) continue;                int add = 0;                if(x1 == x2) add = maze[x1][y1];                else         add = maze[x1][y1] + maze[x2][y2];                dp[now][x1][x2] = max(dp[now][x1][x2],dp[now^1][x1][x2] + add);                if(x1>0) dp[now][x1][x2] = max(dp[now][x1][x2],dp[now^1][x1-1][x2] + add);                if(x2>0) dp[now][x1][x2] = max(dp[now][x1][x2],dp[now^1][x1][x2-1] + add);                if(x1>0 && x2>0) dp[now][x1][x2] = max(dp[now][x1][x2],dp[now^1][x1-1][x2-1] + add);            }        }    }    printf("%d\n",dp[(n+m-2)&1][n-1][n-1]);    return 0;}