codevs 1043 方格取数 （DP）

题目描述 Description

设有N*N的方格图(N<=10,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）：

 

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。

 

输入描述 Input Description

输入的第一行为一个整数N（表示N*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。

输出描述 Output Description

    只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

样例输入 Sample 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

样例输出 Sample Output

      67

思路一：

我们设f[i,j,k,l]表示第一条路走到(i,j)，第二条路走到(k,l)的路线。

那么状态转移方程很好得出：

f[i,j,k,l]=max{f[i-1,j,k-1],f[i-1,j,k,l-1],f[i,j-1,k-1,l],f[i,j-1,k,l-1]}+(i==k&&j==l ? a[i][j] : a[i][j]+a[k][l])

值得注意的是：最后加上这个值的时候要注意如果路径走到同一点不能重复统计。

时间复杂度：O(n⁴)，空间复杂度O(n⁴)，对于本题n<=10完全足够。

思路二：

虽然思路一对于本题完全足够，但是如果n的范围大些的话，就无法办到了。

针对思路一，我们发现了问题，有一些状态是可以合并的，最重要的是：思路一，我们是同时开始走的，那么不必记录向右、向下的具体路径，只需要记录步数，显然，两条路的步数是统一的，然后再记录向下或向右的次数，就能根据这两者推算出向下或向右的次数。

那么设f[i,j,k]表示走到了第i步，第一条路径向右走了j步，第二条路径向右走了k步。

那么f[i,j,k]=max{f[i-1,j,k],f[i-1,j-1,k],f[i-1,j-1,k-1],f[i-1,j,k-1]}+(j==k ? a[i-j+1][i] : a[i-j+1][j]+a[i-k+1][k]);

显然，我们也要判断路径是否走到同一点，所以有后面的那个if（ ? : 三目运算符）

时间复杂度：O(2n³)，空间复杂度O(2n³)，优化了一维。从n的四方优化至n的三方，是一个很大的进步。

至于代码，只要思路知道了，就无所谓了。

因为n才10，搜索也可以

思路摘自：点击打开链接

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 15;int a[maxn][maxn];int dp[maxn][maxn][maxn][maxn];int main(void){int n;while(cin >> n){int x, y, z;memset(a, 0, sizeof(a));memset(dp, 0, sizeof(dp)); while(scanf("%d%d%d", &x, &y, &z), x+y+z)a[x][y] = z;for(int x1 = 1; x1 <= n; x1++)for(int y1 = 1; y1 <= n; y1++)for(int x2 = 1; x2 <= n; x2++)for(int y2 = 1; y2 <= n; y2++){dp[x1][y1][x2][y2] = max( max(dp[x1-1][y1][x2-1][y2], dp[x1-1][y1][x2][y2-1]), max(dp[x1][y1-1][x2-1][y2], dp[x1][y1-1][x2][y2-1]) ) + a[x1][y1];if(x2 != x1 && y2 != y1) dp[x1][y1][x2][y2] += a[x2][y2];}printf("%d\n", dp[n][n][n][n]);}return 0;}