NOIP 2000 方格取数

本文详细解析了洛谷P1004题目的算法思路,采用四重循环枚举两条路径的位置,通过比较不同路径组合的最大值来求解最优解。提供了完整的C++参考代码。

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洛谷P1004题目链接

算法分析

一个四重循环枚举两条路分别走到的位置。由于每个点均从上或左继承而来,故内部有四个if,分别表示两个点从上上、上左、左上、左左继承来时,加上当前两个点所取得的最大值。a[i][j]表示(i,j)格上的值,sum[i][j][h][k]表示第一条路走到(i,j),第二条路走到(h,k)时的最优解。

例:sum[i][j][h][k]=max{sum[i][j][h][k],sum[i-1][j][h-1][k]+a[i][j]+a[h][k]},表示两点均从上面位置走来。

当(i,j)<>(h,k)时:(max表示大括号中的最大值,需自行写函数实现)

sum[i][j][h][k]=max{sum[i-1][j][h-1][k],sum[i][j-1][h][k-1],sum[i-1][j][h][k-1],sum[i][j-1][h-1][k]}+a[i][j]+a[h][k];

当(i,j)=(h,k)时:

sum[i][j][h][k]=max{sum[i-1][j][h-1][k],sum[i][j-1][h][k-1],sum[i-1][j][h][k-1],sum[i][j-1][h-1][k]}+a[i][j];

参考程序

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[11][11];
int sum[11][11][11][11];
int n,i,j,k,h,x,y,z;
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&y,&z);
    while(x&&y&&z)
    {
        a[x][y]=z;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    }
    int tmp1,tmp2;
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)
            for(h=1;h<=n;h++)
                for(k=1;k<=n;k++)
                {
                    tmp1=max(sum[i-1][j][h-1][k],sum[i][j-1][h][k-1]);
                    tmp2=max(sum[i-1][j][h][k-1],sum[i][j-1][h-1][k]);
                    sum[i][j][h][k]=max(tmp1,tmp2)+a[i][j];
                    if(i!=h&&j!=k) sum[i][j][h][k]+=a[h][k];
                }
    printf("%d\n",sum[n][n][n][n]);
    return 0;
}
### NOIP 2000 提高 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 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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