P1006 [NOIP 2008 提高组] 传纸条题解

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前言

每次~~准备摸鱼时~~都在这道题的界面。

今天有空做做，顺便写一波题解，毕竟估值蹭蹭往下跳。

双倍经验：P1004 [NOIP 2000 提高组] 方格取数，P1006 [NOIP 2008 提高组] 传纸条。

题意简述

现有一个 $m$ 行 $n$ 列的矩阵，每个位置上都有一个 $[0, 100]$ 的整数。

你需要在这个矩阵上走两遍，第一遍从左上走到右下，这时你只能向下、向右走。第二遍从右下走到左上，这是你只能向上、向左走。要求两条路径不能有重合（矩阵的左上角与右下角除外）。

请你求出这两条路径所经过的点的总和的最大值。

解题思路

如果你做过 P1004 [NOIP 2000 提高组] 方格取数，那么改一下输入就能过。

但是为什么 dp 式子不用改？且听我慢慢道来。

众所周知，这道题从右下走到左上与从左上做到右下是等价的。所以，我们巧妙的将这道题转化为了：从左上走到右下，被走过的点不能再走，再从左上走到右下所经过的点的总和的最大值。

于是我们定义 $dp_{i, j, k, l}$ 为第一遍走到了 $(i, j)$ ，第二遍走到了 $(k, l)$ 时的最大值。那么状态转移方程就是
$\begin{equation*} dp_{i, j, k, l} = \begin{cases} \max\{dp_{i - 1, j, k - 1, l}, dp_{i - 1, j, k, l - 1}, dp_{i, j - 1, k - 1, l}, dp_{i, j - 1, k, l - 1}\} + a_{i,j} + a_{k,l}, & \text{if } i \neq k \land j \neq l \lor (i = 1 \land j = 1 \lor i = m \land j = n) \\ -1, & \text{if } i = k \land j = l \land \neg(i = 1 \land j = 1 \lor i = m \land j = n) \end{cases} \end{equation*}$
是不是看起来很复杂？实际上也就只是 $\LaTeX$ 输起来复杂。如果懒得看以上形式，直接看代码就行。

CODE：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[60][60];
int dp[60][60][60][60];
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int m, n;cin >> m >> n;for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[i][j];}}for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = 1; k <= m; k++) {for (int l = 1; l <= n; l++) {dp[i][j][k][l] = max(dp[i - 1][j][k - 1][l], dp[i - 1][j][k][l - 1]);dp[i][j][k][l] = max(dp[i][j - 1][k - 1][l], max(dp[i][j][k][l], dp[i][j - 1][k][l - 1]));dp[i][j][k][l] += a[i][j] + a[k][l];if (i == k && j == l && !(i == 1 && j == 1 || i == m && j == n)) {dp[i][j][k][l] = -114514;}}}}}cout << dp[m][n][m][n];return 0;
}