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P1004 方格取数
P1004 方格取数
题目描述
设有N*N的方格图(N<=9)，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
人数字0。如下图所示（见样例）：
A 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 13 0 0 6 0 0 0 0 0 0 7 0 0 0 0 0 0 14 0 0 0 0 0 21 0 0 0 4 0 0 0 0 15 0 0 0 0 0 0 14 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0. B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。
输入输出格式
输入格式：
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。
输出格式：
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
输入输出样例
输入样例#1：
82 3 132 6 63 5 74 4 145 2 215 6 46 3 157 2 140 0 0
输出样例#1：
67
说明
NOIP 2000 提高组第四题
分析：
1. O(n^4)——f[i][j][k][l] 表示分别走到(i,j)和(k,l)的最大和。每次从上一步分别走(向下,向下),(向右,向右),(向右,向下),(向下,向右)的状态推导就好了。
f[i][j][k][l] = max( f[i-1][j][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1])+a[i][j]+a[k][l]-((i==j&&k==l)?a[k][l]:0);
对于n<=10的数据可以过得去，但在大一点就不行了。
2. O(n^3)——那么设 f[k,i,j] 表示走到了第 k 步，第一条路径向右走了 i 步，第二条路径向右走了 j 步。
那么f[k,i,j]=max{f[k-1,i,j-1],f[k-1,i-1,j],f[k-1,i-1,j-1],f[k-1,i,j]}+(j==k ? a[k-i+1][i] :a[k-i+1][i]+a[k-j+1][j]);
还有，每一方格的数只能取一次，那么就要判断这个点的数取过没有，也就是判断两条路径是否走到同一点，所以有后面的判断。
只能说 "方法很奇妙!!!"
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int n; 6 int mp[12][12]; 7 int f[24][12][12]; 8 9 int main()10 {11 scanf("%d",&n);12 for(;;)13 {14 int a,b,c;15 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);16 if(a==0 && b==0 &&c==0) break;17 mp[a][b] = c;18 }19 for(int k=1;k<=n*2;++k)20 for(int i=1;i<=k;++i)21 for(int j=1;j<=k;++j)22 {23 int mx = 0,t;24 mx = max(mx,f[k-1][i][j]);25 mx = max(mx,f[k-1][i-1][j]);26 mx = max(mx,f[k-1][i][j-1]);27 mx = max(mx,f[k-1][i-1][j-1]);28 if (i==j) t = mp[k-i+1][i];29 else t = mp[k-i+1][i]+mp[k-j+1][j];30 f[k][i][j] = mx+t;31 }32 printf("%d\n",f[n*2][n][n]);33 return 0;34 }
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