NOIP2000提高组第二轮T4:方格取数

题目链接

[NOIP2000 提高组] 方格取数

题目描述

设有 N × N N \times N N×N 的方格图 ( N ≤ 9 ) (N \le 9) (N9),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 0 0。如下图所示(见样例):
在这里插入图片描述

某人从图的左上角的 A A 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 B 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 0 0)。
此人从 A A A 点到 B B B 点共走两次,试找出 2 2 2 条这样的路径,使得取得的数之和为最大。

输入格式

输入的第一行为一个整数 N N N(表示 N × N N \times N 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 0 0 表示输入结束。

输出格式

只需输出一个整数,表示 2 2 2 条路径上取得的最大的和。

样例 #1

样例输入 #1

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 #1

67

算法思想(动态规划)

算法思想(动态规划)

根据题目描述,要求从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) ( n , n ) (n,n) (n,n)共走两次,试找出 2 2 2 条这样的路径,使得取得的数之和为最大。

在取数过程中,由于每个格子只能取数一次。那么存在这样的性质:除了起点和终点,当路径没有交点时,收益不会比存在交点时更差。证明方式参考博主的另一篇博客:NOIP2005提高组第二轮T3:传纸条。

有了上述性质,就可以让两个条路径同时从左上角的 A A A 点出发,每次同时走一步,由于只能向下和向右走,最终会同时到达右下角。那么可以用下述动态规划思想来解决:

  • 状态表示:f[x1,y1,x2,y2]表示两条路径同时走了若干步之后,第一条到达(x1, y1)、第二条到达(x2, y2)时的最大值。
  • 状态计算,可以按照最后一步的走法分成下面 4 4 4种情况,取其中的最大值:
    • 同时向右走为,f[x1,y1-1,x2,y2-1] + w[x1, y1] + w[x2, y2]
    • 第一条向右走、第二条向下走为,f[x1,y1-1,x2-1,y2] + w[x1, y1] + w[x2, y2]
    • 第一条向下走、第二条向右走为,f[x1-1,y1,x2,y2-1] + w[x1, y1] + w[x2, y2]
    • 同时向下走为,f[x1-1, y1,x2-1,y2]+ w[x1, y1] + w[x2, y2]

需要注意的是,在状态计算中:

  • 两条路径如果走到相同格子,那么该格子的数字只能加 1 1 1

时间复杂度

一共有 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4) 个状态,每个状态需要 O ( 1 ) O(1) O(1)的计算量,因此总时间复杂度是 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4)

代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 15;
int w[N][N], f[N][N][N][N];int main()
{int n, x, y, z;cin >> n;while(cin >> x >> y >> z, x || y || z) w[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 ++){int t = max(max(f[x1][y1 - 1][x2][y2 - 1], f[x1][y1 - 1][x2 - 1][y2]),max(f[x1 - 1][y1][x2 - 1][y2], f[x1 - 1][y1][x2][y2 - 1]));if(x1 == x2 && y1 == y2)f[x1][y1][x2][y2] = t + w[x1][y1];else f[x1][y1][x2][y2] = t + w[x1][y1] + w[x2][y2]; }cout << f[n][n][n][n] << endl;
}

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