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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)); } } };
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