NOIP2000方格取数

NOIP2000第四题 方格取数

此题是道好题

题目描述 Description

设有N*N的方格图(N<=10,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。如下图所示(见样例):

 

某人从图的左上角的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)。

此人从A点到B 点共走两次,试找出2条这样的路径,使得取得的数之和为最大。

 

输入描述 Input Description

输入的第一行为一个整数N(表示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表示输入结束。

输出描述 Output Description

    只需输出一个整数,表示2条路径上取得的最大的和。

样例输入 Sample Input

      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 Sample Output

      67

方法一     搜索

因为不是重点,所以不再赘述

方法二   搜索+动态规划

这是在一位大神的博客中看到的,先DFS找出一条路径,把这条路径上的权值全设为0,然后DP,比较适合赛场上即兴发挥,然而依旧不是重点(这个和NOIP2014的子矩阵相类似,有兴趣者可以看我的子矩阵那篇blog)

方法三   双线程四维动态规划

这是这道题我认为最给力的解法,代码短、速度快

令f[i][j][k][l]为从起点分别走一条路到(i,j)和(k,l)的最大获利,则每个点可能从上方或左方走来,状态转移方程:

f[i][j][k][l] = max{ f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1] }+a[i][j]+a[k][l]

若(i,j)和(k,l)是同一个点,权值还要减去a[i][j]

代码:

//NOIP2000 提高组T4 方格取数 双线程DP 
/*
	f[i][j][k][l] = max{ f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1],
						 f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1] }
					若(i,j)和(k,l)是同一个点,权值还要减去a[i][j]
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define now f[i][j][k][l]
using namespace std;
int x, y, w, f[15][15][15][15], N, a[15][15];
int main()
{
	int i, j, k, l;
	scanf("%d",&N);
	do
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		a[x][y]=w;
	}while(x);
	f[1][1][1][1]=a[1][1];
	for(i=1;i<=N;i++)
	{
		for(j=1;j<=N;j++)
		{
			for(k=1;k<=N;k++)
				for(l=1;l<=N;l++)
				{
					now=max(now,f[i-1][j][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);
					now=max(now,f[i][j-1][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);
					now=max(now,f[i-1][j][k][l-1]+a[i][j]+a[k][l]);
					now=max(now,f[i][j-1][k-1][l]+a[i][j]+a[k][l]);
					if(i==k && j==l)now-=a[i][j];
				}
		}
	}
	printf("%d\n",f[N][N][N][N]);
	return 0;
}

### NOIP 2000 提高组 方格问题分析 该问题属于经典的动态规划类题目,目标是在给定的一个二维矩阵中选若干个不相邻的字使得总和最大。此问题可以通过状态转移的方式解决。 #### 动态规划的核心思路 定义 `dp[i][j]` 表示到达第 `i` 行第 `j` 列时能够得的最大值之和[^1]。由于每次移动仅能向右或者向下,因此可以得出如下状态转移方程: 对于任意位置 `(i, j)` 的状态更新方式为: \[ dp[i][j] = \text{matrix}[i][j] + \max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) \] 其中需要注意边界条件处理以及初始值设定。当处于第一行或第一列时,路径的选择会受到限制[^2]。 #### 边界情况考虑 如果当前单元位于网格的第一行,则只能由左侧进入;同理,若当前位置处在首列,则唯一可能来自上方。这些特殊情况需单独初始化以确保计算准确性[^3]。 ```python def max_sum(matrix): m, n = len(matrix), len(matrix[0]) # 初始化 DP 组 dp = [[0]*n for _ in range(m)] # 设置起点 dp[0][0] = matrix[0][0] # 填充第一行 for j in range(1, n): dp[0][j] = dp[0][j-1] + matrix[0][j] # 填充第一列 for i in range(1, m): dp[i][0] = dp[i-1][0] + matrix[i][0] # 完成剩余部分填充 for i in range(1,m): for j in range(1,n): dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + matrix[i][j] return dp[-1][-1] ``` 以上代码片段展示了如何通过构建辅助组来记录每一步的最佳决策过程,并最终返回全局最优解。 #### 复杂度评估 时间复杂度主要决于遍历整个输入矩阵所需的操作次,即 O(M*N),这里 M 和 N 分别代表矩阵的高度与宽度。空间复杂度同样为 O(M*N),因为我们需要额外的空间存储中间结果以便后续访问[^4]。
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