poj 1088 滑雪详解

http://poj.org/problem?id=1088

　　这是一道dp入门题，不过我一直没想明白应该怎么dp。今天，在做自己学校oj的算法基础题时看到这题，标注着dp的分类，加上我一直都比较喜欢做dp题，于是我就决心今晚要把这道入门题切了。

　　题目是中文的，题目大意就免了吧……

　　晚上做dp题的时候，我先是看见类似这题的一维单调增子序列，那题轻松AC了。但是，面对这个我隔了很长时间没想的二维dp题，我想了很久都想不到怎么dp。因为这题在我们学校的oj里是全部计算机专业都要知道怎么做的，所以题目下面有详细的解释，而且觉得那个题解是相当的浅显易懂。

下面是那个解释：

动规算法思路:
f矩阵与原高度矩阵一样大小，f(i,j)表示从(i,j)位置开始滑，可以获得的最大滑道的长度。算法步骤：
（1）将高度矩阵从低到高排序；
（2）按滑点从低到高依次计算最长滑道的长度，存于f(i,j)。
（3）f(i,j)中的最大值即原题所求。

　　我依据它的描述以及我对这题的了解，解释一遍：
　　我们需要的是一个用来储存原本高度的二维数组，一个用来记忆dp状态的数组，以及一个储存高度以及该高度所在的坐标的结构体数组。先说明一下，我是为了方便自己，所以除了结构体数组外其他两个数组都是开大了的。因为poj的题目中数据是0<=h<=10000，所以我用-1作为图的边界条件，dp数组正常清零。为了方便遍历四个邻接的坐标，所以我定义了四个方向向量。
　　
　　读入数据的时候，数据要被处理，放到相应的结构类型中。
　　然后，在核心处理前，我们的dp需要一个高度单调增大的，但是对应的坐标不会改变。结构体整块的数据移动就可以保留上述预处理的高度块的坐标。这里可以直接用qsort进行对高度的快排。这个预处理是后面dp的关键。
　　
　　在预处理后，由低到高处理每个高度块所指示的坐标。对于每一个坐标，搜索该坐标周围的dp最大值（dp值的含义是从该点出发，最长可以滑多远），那么被处理的高度块其dp值就是上述最大值加一。然后，为什么可以这样做就是理解整道题的关键。
　　可能会有人有这样的疑问，在处理的时候刚开始周围的点不是还没知道dp值吗？为什么也可以直接利用？
　　解答这个问题的关键就在于，我们刚开始的时候，dp矩阵已经清零。假设从第一个坐标开始，显然，这个坐标是最矮的高度块所对应的坐标，所以在这周围四块不存在比它矮的那么一块，所以它的dp值是1。同时，我们观察到，这时周围四块的dp值都是0，所以这块必定会变为1。其他的也同理，如果周围存在比当前块高的块，那么这个块肯定是还没被赋值的，也就是默认的0。就是说，当前块无法继承这个比自己要高的块的dp值。此时为0是合理的！
　　
　　找到所有dp值中的最大值后输出。

　　这题我wa了几次，主要是刚开始没想到周围的高度块是允许比当前的大的，所以一个大小符号，导致我浪费了不少时间。

下面是我的代码：

View Code

 1 #include "stdio.h"
 2 #include "string.h"
 3 #include "math.h"
 4 #include "stdlib.h"
 5 
 6 #define Reset(a) memset(a, 0, sizeof(a))
 7 #define MAX 1000000000
 8 
 9 int dir[4][2]={{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
10 
11 struct high
12 {
13     int x, y;
14     int h;
15 };
16 
17 int cmp(const void *_a, const void *_b)
18 {
19     struct high a=*(struct high *)_a;
20     struct high b=*(struct high *)_b;
21 
22     return a.h-b.h;
23 }
24 
25 int main()
26 {
27     int n, m;
28     while (~scanf("%d%d", &n, &m))
29     {
30         int h[n+2][m+2], dp[n+2][m+2];
31         struct high rec[n*m];
32 
33         memset(h, 255, sizeof(h));
34         for (int i=1; i<=n; i++)
35             for (int j=1; j<=m; j++)
36             {
37                 scanf("%d", &h[i][j]);
38                 rec[(i-1)*m+j-1].h=h[i][j];
39                 rec[(i-1)*m+j-1].x=i;
40                 rec[(i-1)*m+j-1].y=j;
41             }
42         Reset(dp);
43         qsort(rec, n*m, sizeof(struct high), cmp);
44         int ans=0;
45         for (int i=0, tmp=n*m; i<tmp; i++)
46         {
47             int max=0;
48 
49             for (int j=0; j<4; j++)
50             {
51                 if (max < dp[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]+1
52                     && h[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]!=h[rec[i].x][rec[i].y])
53                     max = dp[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]+1;
54                 dp[rec[i].x][rec[i].y] = max;
55             }
56             if(ans<max)
57                 ans=max;
58         }
59 /**
60         for (int i=1; i<=n; i++)
61         {
62             for (int j=1; j<=m; j++)
63                 printf("%4d ", dp[i][j]);
64             puts("");
65         }
66 /**/
67         printf("%d\n", ans);
68     }
69 
70     return 0;
71 }