NOIP 2000 方格取数(多线程DP)

本文介绍了一种使用四维动态规划解决寻找两张从起点到终点路径的问题,旨在找到这两条路径上数字之和的最大值。通过定义状态转移方程,确保在N*N网格中两人分别行走时能有效避免重复计数同一位置的数值。

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题目描述

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

每个测试文件只包含一组测试数据,每组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

对于每组输入数据,只需输出一个整数,表示2条路径上取得的最大的和。 

 

分析:四维DP模板题,一个人走两次这个地图可以想象成两个人同时走一次这个地图,dp[i][j][k][l]表示第一个人走到(i,j),第二个人走到(k,l)时的最大值,第一个人只能由(i-1,j)—他当前位置的上面和(i,j-1)—他当前位置的左边转移过来,同样第二个人也只能由(i-1,j)—他当前位置的上面和(i,j-1)—他当前位置的左边转移过来,两两组合也就是有四种状态转移,

 dp[i][j][k][l]=max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]) + a[i][j] + a[k][l]。

不过需要注意一个地方就是当第一个人和第二个人走到同一个地方的时候,但因为一个人走过一个地方的时候,这个方格就会变为0了,所以这个点的值只被加一次,所以减一次即可。

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<utility>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Clear(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define fup(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define rfup(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fdn(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define rfdn(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 1e+2;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double pi=acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
int a[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn][maxn][maxn];

int read()
{
    char ch=getchar();int ret=0,f=1;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){ret=ret*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*ret;
}

int main()
{
    int N=read();
    Clear(a);
    int r,c,w;
    while(scanf("%d%d%d",&r,&c,&w)==3)
    {
        if(r==0&&c==0&&w==0) break;
        a[r][c]=w;
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        for(int j=1;j<=N;j++)
        {
            for(int k=1;k<=N;k++)
            {
                for(int l=1;l<=N;l++)
                {
                    dp[i][j][k][l]=max(dp[i-1][j][k-1][l],max(dp[i-1][j][k][l-1],max(dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1])))+a[i][j]+a[k][l];
                    if(i==k&&j==l) dp[i][j][k][l]-=a[i][j];
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[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 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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