NO.84十六届蓝桥杯备战|动态规划-路径类DP|矩阵的最小路径和|迷雾森林|过河卒|方格取数(C++)

路径类dp是线性dp的⼀种，它是在⼀个n×m的矩阵中设置⼀个⾏⾛规则，研究从起点⾛到终点的⽅案数、最⼩路径和或者最⼤路径和等等的问题

矩阵的最小路径和_牛客题霸_牛客网

状态表⽰：
dp[i][j]表⽰：到达[i, j]位置处，最⼩路径和是多少。
那我们的最终结果就是dp[n][m] 。
状态转移：
到达[i, j] 位置之前的⼀⼩步，有两种情况：
i. 从[i - 1, j] 向下⾛⼀步，转移到[i, j] 位置；
ii. 从[i, j - 1] 向右⾛⼀步，转移到[i, j] 位置。
由于到[i, j]位置两种情况，并且我们要找的是最⼩路径，因此只需要这两种情况下的最⼩值，再加上[i,j]位置上本⾝的值即可：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + a[i][j]。
初始化：
第⼀⾏和第⼀列是要初始化的，因为会越界访问。
但是如果把整张表初始化为⽆穷⼤，然后把dp[0][1]和dp[1][0]的值设为0，后续填表就是正确的。
填表顺序：
根据「状态转移⽅程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，每⼀⾏「从左往
后」

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 510;int n, m;
int f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;//初始化memset(f, 0x3f, sizeof f);f[0][1] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1; j <= m; j++){int x; cin >> x;f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i][j-1]) + x;}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

迷雾森林

状态表⽰：
f[i][j]表⽰：到达[i, j]位置时，有多少种⽅案。
那么f[1][m]就是我们要的结果。
状态转移⽅程：
a. 如果[i, j]位置是空地，到达[i, j]位置有两种⽅式：

从[i + 1, j]向上⾛⼀步，此时的⽅案数为f[i + 1][j]；
从[i, j - 1]向右⾛⼀步，此时的⽅案数为f[i][j - 1]。
两者总和就是到达[i, j]位置的总⽅案数。
b. 如果[i, j]位置是树，⽆法⾛到，f[i][j] = 0 。

初始化：
可以在原始矩阵的规模上多加上⼀⾏和⼀列，把f[n + 1][1]或者f[n][0]初始化为1，这样后
续填表就会有意义。
填表顺序：
从下往上每⼀⾏，每⼀⾏从左往右

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 3010, MOD = 2333;int n, m;
int a[N][N];
int f[N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];//初始化f[n][0] = 1;for (int i = n; i >= 1; i--)for (int j = 1; j <= m; j++)if (a[i][j] == 0)f[i][j] = (f[i][j-1] + f[i+1][j]) % MOD;cout << f[1][m] << endl;return 0;
}

P1002 [NOIP 2002 普及组] 过河卒 - 洛谷

状态表⽰：
f[i][j]表⽰：到达[i, j]位置的⽅案数。
那么f[n][m]就是我们要的结果。
状态转移⽅程：
a. 如果[i, j]位置能⾛到，到达[i, j]位置之前的⼀⼩步，有两种情况：

从[i - 1, j]向下⾛⼀步，⾛到[i, j] ，此时的⽅案数为f[i - 1][j] ；
从[i, j - 1]向右⾛⼀步，⾛到[i, j] ，此时的⽅案数为f[i][j - 1] ；
那么总⽅案数f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1] 。
b. 如果[i, j]位置⾛不到，f[i][j] = 0 。

初始化：
我们可以给原始的矩阵多加⼀⾏多加⼀列，n, m, x, y全部+1 ，这样填任何⼀个位置都不会越
界。
然后初始化f[1][0] = 1 或者f[0][1] = 1 ，保证后续填表正确即可。
填表顺序：
从上往下每⼀⾏，每⼀⾏从左往右

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 25;int n, m, a, b;
LL f[N][N];bool check(int i, int j)
{return (i == a && j == b) || (i != a && j != b && abs(i - a) + abs(j - b) == 3);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> m >> a >> b;n++; m++; a++; b++;//初始化f[0][1] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++){if (check(i, j)) continue;f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1];}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

P1004 [NOIP 2000 提高组] 方格取数 - 洛谷

贪⼼+两次dp是错误的，因为两次最优不等于全局最优，可以举出反例。正解应该是同时去⾛两条路，两者相互影响，所以放在⼀起考虑。

状态表⽰：
需要知道当前这两条路径⾛到什么位置，因此需要四维 $f[i_{1}][j_{1}][i_{2}][j_{2}]$ 来表⽰第⼀条路⾛到 $i_{1}][j_{1}]$ 第⼆条路⾛到 $i_{2}][j_{2}]$ 。
但是我们发现，因为两者是同时出发的，所以横纵坐标之和是⼀个定值。也就是说，只要知道了横纵坐标之和，以及两者的横坐标，就可以计算出纵坐标，状态表⽰就可以优化掉⼀维。
优化后的状态表⽰： $f[st][i_{1}][i_{2}]$ 表⽰：第⼀条路在 $i_{1},st-i_{1}]$ ，第⼆条路在 $i_{2},st-i_{2}]$ 时，两者的路径最⼤和。那我们的最终结果就是 $\times 2][n][n]$ 。
状态转移⽅程：
第⼀条路可以从上 $i_{1}-1,st-i_{1}]$ 或者左 $i_{1},st-i_{1}-1]$ ⾛到 $i_{1},st-i_{1}]$ 位置；第⼆条路可
以从上 $i_{2}-1,st-i_{2}]$ 或者左 $i_{2},st-i_{2}-1]$ ⾛到 $i_{2},st-i_{2}]$ 位置。排列组合⼀下⼀共4中情况，分别是：

上+上，此时的最⼤和为：f[st - 1][i1 - 1][i2 - 1] ；
上+左，此时的最⼤和为：f[st - 1][i1 - 1][i2] ；
左+上，此时的最⼤和为：f[st - 1][i1 2 ][i - 1] ；
左+左，此时的最⼤和为：f[st - 1][i1 2 ][i ] ；
取上⾯四种情况的最⼤值，然后再加上a[i1][j1]和a[i2][j2]。但是要注意，如果两个路径当前在同⼀位置时，只⽤加上⼀个a[i1][j1]即可

初始化：
算的是路径和，0 不会影响最终结果，直接填表。
填表顺序：
先从⼩到⼤循环横纵坐标之和，然后依次从⼩到⼤循环两者的横坐标

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 15;
int n;
int a[N][N];
int f[N*2][N][N];int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n;int x, y, w;while (cin >> x >> y >> w, x){a[x][y] = w;    }for (int s = 2; s <= n+n; s++){for (int i1 = 1; i1 <= n; i1++){for (int i2 = 1; i2 <= n; i2++){int j1 = s - i1, j2 = s - i2;if (j1 <= 0 || j1 > n || j2 <= 0 || j2 > n) continue;int t = f[s-1][i1][i2];t =  max(t, f[s-1][i1][i2-1]);t =  max(t, f[s-1][i1-1][i2]);t =  max(t, f[s-1][i1-1][i2-1]);if (i1 == i2){f[s][i1][i2] = t + a[i1][j1];}else{f[s][i1][i2] = t + a[i1][j1] + a[i2][j2];}}}}cout << f[n+n][n][n] << endl;return 0;
}