算法刷题记录(Day 46)

Martian Mining(poj 2948)

原题链接

二维dp会存在状态的相互影响的问题。

由于临近精炼厂的位置会影响到相应传输的状态，状态压缩dp->但是n和m的范围多达500无法进行压缩，仅仅只记录两个边上的状态远远不够

那么，继续分析题目的特点
不难发现，从西向东，南北方向的传送带长度是非降的，从北向南，东西方向的传送带的长度也是非降的。

思路一:
根据题目的特性，dp[i][j] 代表第i列状态为前j个为南北 向的管道，其余为东西向的管道时，最大的运输量。sum[i][j]代表第i列前j个为南北向的管道，其余为东西向的管道时，第i列的值之和。由此，可以得到状态转移方程为:
dp[i][j]=max{dp[i-1][k]}(k<=j) +　sum[i][j]

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define NMAX 505
int dp[NMAX][NMAX];
int sum[NMAX][NMAX];
int y[NMAX][NMAX];
int b[NMAX][NMAX];
int n, m;
int main() {
	while (1) {
		scanf_s("%d %d", &n, &m);
		if (n == 0 && m == 0) break;
		int u = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			for (int j = 0; j < m; j++) {
				scanf_s("%d", &y[i][j]);//注意scanf_s是进行格式化的匹配的
			}
		}
		
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			for (int j = 0; j < m; j++) {
				scanf_s("%d", &b[i][j]);
			}
			
		}
		//预处理出所有的情况
		for (int i = 0; i < m; i++) {
			for (int j = 0; j <= n; j++) { //从0到n，注意n是全部填满的情况
				sum[i][j] = 0;
				int k;
				for (k = 0; k < j; k++) sum[i][j] += b[k][i];
				for (; k < n; k++) sum[i][j] += y[k][i];
				if (i == 0) dp[0][j] = sum[0][j];
				//printf("%d ", sum[i][j]);
			}
			//cout << endl;
		}

		for (int i = 1; i < m; i++) { //从第一列开始,第0列已经被初始化
			for (int j = 0; j <= n; j++) {
				dp[i][j] = 0;
				for (int k = 0; k <= j; k++) {
					dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][k] + sum[i][j]);
				}
			}
		}
		//最后遍历所有的可能性
		int res = 0;
		for (int i = 0; i <= n; i++) {
			res = max(res, dp[m - 1][i]);
		}
		printf("%d\n", res);
	}
}

总结

第一次自己做出了一道dp，前面的dp刷题记录还在难产中，这次成功的经历让我意识到，对于题目抽丝剥茧的分析是至关重要的，结合题目所给出的特性再进行解题，才是正道。