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2014 百度之星 题解 1004 Labyrinth

Problem Description
度度熊是一只喜欢探险的熊,一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫,该迷宫只能从矩阵左上角第一个方格开始走,只有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫,每一次只能走一格,且只能向上向下向右走以前没有走过的格子,每一个格子中都有一些金币(或正或负,有可能遇到强盗拦路抢劫,度度熊身上金币可以为负,需要给强盗写欠条),度度熊刚开始时身上金币数为0,问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币?
 

Input
输入的第一行是一个整数T(T < 200),表示共有T组数据。 每组数据的第一行输入两个正整数m,n(m<=100,n<=100)。接下来的m行,每行n个整数,分别代表相应格子中能得到金币的数量,每个整数都大于等于-100且小于等于100。
 

Output
对于每组数据,首先需要输出单独一行”Case #?:”,其中问号处应填入当前的数据组数,组数从1开始计算。 每组测试数据输出一行,输出一个整数,代表根据最优的打法,你走到右上角时可以获得的最大金币数目。
 

Sample Input
2 3 4 1 -1 1 0 2 -2 4 2 3 5 1 -90 2 2 1 1 1 1
 

Sample Output
Case #1: 18 Case #2: 4


本题使用动态规划法,这次百度之星有两题都是使用动态规划法的。

时间效率O(N^2),不过好像有人用O(N^3)的时间效率也能过。

这个复杂版本的找路径问题,一般找路径问题只能往两个方向走,而这个可以往三个方向走的。

关键点:

逐行搜索,但是每行需要从上往下搜一次,然后从下往上搜一次。因为可以往三个方向走, 所以该格可能是从上面走下来,也可能从下面走上来,也可以从左面直接走过来。

因为每行的第一列只能从左跨过来,或者从下上来,最后一列也只能从上下来或者从左跨过来; 那么第一列和最后一列都可以作为该行的初始搜索点。

#include <stdio.h>
#include <vector>
using std::vector;
using std::max;

class Labyrinth_2
{
	int golds(vector<vector<int> > &b)
	{
		vector<vector<int> > tbl(b.size(), vector<int>(b[0].size()));		

		tbl[0][0] = b[0][0];
		for (int i = 1; i < (int)b.size(); i++)
		{
			tbl[i][0] = tbl[i-1][0] + b[i][0];
		}

		vector<int> cTbl(b.size());//不是b[0].size()
		for (int c = 1; c < (int)b[0].size(); c++)
		{
			tbl[0][c] = tbl[0][c-1] + b[0][c];
			int r = 1;
			for ( ; r < (int)b.size(); r++)
			{
				tbl[r][c] = max(tbl[r-1][c], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
			}
			--r;
			cTbl[r] = tbl[r][c-1] + b[r][c];
			for (--r; r >= 0; r--)
			{
				cTbl[r] = max(cTbl[r+1], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
				tbl[r][c] = max(tbl[r][c], cTbl[r]);
			}
		}
		return tbl[0].back();
	}
public:
	Labyrinth_2()
	{
		int T, C, R;
		scanf("%d", &T);
		for (int t = 1; t <= T; t++)
		{
			printf("Case #%d:\n", t);

			scanf("%d %d", &R, &C);
			vector<vector<int > > grid(R, vector<int>(C));
			for (int i = 0; i < R; i++)
			{
				for (int k = 0; k < C; k++)
				{
					scanf("%d", &grid[i][k]);
				}
			}
			printf("%d\n", golds(grid));
		}
	}
};