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[NOIP2000 提高组] 方格取数
题目描述
设有 N N N \times N NN 的方格图 ( N ≤ 9 ) (N \le 9) (N≤9)#xff0c;我们将其中的某些方格中填入正整数#xff0c;而其他的方格中则放入数字 0 0 0。如下图所示#xff08;见样例#xff09;:
某人从图的左上…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) (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入数字 0 0 0。如下图所示见样例:
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)到 ( 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次
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;
}
