洛谷 P1004 [NOIP2000 T4] 方格取数

NOIP2000路径寻优问题
本文探讨了NOIP2000提高组的一道经典路径寻优问题,旨在寻找一张N*N矩阵中两条从左上角到右下角的路径,使路径上数值之和最大。通过使用四维动态规划的方法来解决这一问题。

题目描述

设有N*N的方格图(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

人数字0。如下图所示(见样例):

A
 0  0  0  0  0  0  0  0
 0  0 13  0  0  6  0  0
 0  0  0  0  7  0  0  0
 0  0  0 14  0  0  0  0
 0 21  0  0  0  4  0  0
 0  0 15  0  0  0  0  0
 0 14  0  0  0  0  0  0
 0  0  0  0  0  0  0  0
.                       B

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。

输入输出格式

输入格式:

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。

输出格式:

只需输出一个整数,表示2条路径上取得的最大的和。

输入输出样例

输入样例#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
输出样例#1:
67










说明

NOIP 2000 提高组第四题

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

一共两个点,相当于有四个状态,所以用一个四维数组记录就可以了,因为数据范围n<=9非常小所以也不会超时~

其实如果数据范围大的话应该优化吧……


#include<cstdio>
#define max(u,v) u>v ? u:v

int a[10][10],f[10][10][10][10],x,y,n,k;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&k)==3 && x)
	{
		a[x][y]=k;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=1;j<=n;j++)
	    for(int u=1;u<=n;u++)
	      for(int v=1;v<=n;v++)
	      {
	          int tmp=max(f[i][j][u][v],f[i-1][j][u-1][v]);
	          tmp=max(tmp,f[i][j-1][u][v-1]);
	          tmp=max(tmp,f[i][j-1][u-1][v]);
	          tmp=max(tmp,f[i-1][j][u][v-1]);
	          if(i==u && j==v) f[i][j][u][v]=tmp+a[i][j];
	          else f[i][j][u][v]=tmp+a[i][j]+a[u][v];
		  }
	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 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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