NOIP2007 提高组【矩阵取数游戏】题解

最新推荐文章于 2024-03-02 20:20:16 发布

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文章标签：数据结构与算法

原文链接：http://www.cnblogs.com/huangxuanao/p/9795570.html

本文解析了一种矩阵取数游戏的算法，旨在求出取数后的最大得分。通过动态规划方法，计算每一行m次取数后的最优解，特别关注高精度计算和空间优化，避免溢出和节省内存。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的n*m

每次取数时须从每行各取走一个元素，共
每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
每次取数都有一个得分值，为每行取数的得分之和，每行取数的得分 = 被取走的元素值*2^i
游戏结束总得分为

帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。

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输入文件包括

第

输出格式：

输出文件仅包含

输入输出样例

输入样例#1：

2 3
1 2 3
3 4 2

输出样例#1：

说明

NOIP 2007 提高第三题

数据范围：

60%的数据满足： $1 \leq n, m \leq 3 0，答案不超过10^16$

首先我们可以看此题的数据范围，显然要么是高精，要么是某种玄学优化，这里主要介绍高精，玄学优化就不讲了。
接下来看题目：易证总得分为每一行m次取数后每行的最优解的总和。证明因为太简单了，博主懒得写~
所以我们只需要计算出每一行的m次取数后的最优解即可。

对于最优解，我们考虑使用dp解法：f[t][k][i][j]表示第k行第i次取到了第j个数时的最优解，当t=0时，表示第k个数是从行首取到，t=1时反之。

(其中1<=k<=n,1<=i,j<=m,0<=t<=1)

很显然，当i<j<m-i+1时，无法取到第k个数，因为全部从行首取只能取到第i个，全部从行尾取只能取到第m-i+1个，所以我们将这一部分数组赋值为0。

接下来我们便可以得到转移方程：f[0][k][i][j]=max(f[0][k][i-1][j-1],f[1][k][i-1][m-(i-j)+1])+2^i*a[k][j]

　　　　　　　　　　　　　　　f[1][k][i][j]=max(f[1][k][i-1][j+1],f[0][k][i-1][i-(m-j+1)])+2^i*a[k][j]

转移方程解释：每一行max的第一个项为上一次取了行首（行尾）后，这一次第j个数变成了行首（行尾），每一行max的第二个项为上一次去了行首（行尾），这一次取的是行尾（行首），则可推出若上一次取的行首（行尾）的位置，故有此转移方程。

到这里我们已经完成了这个问题的大部分，但是仍然存在一个问题：

如果以这样的dp来算空间复杂度的话，则空间复杂度为2(t)*80(k)*80(i)*80(j)*大整数位数，若大整数位数过大，则很容易爆空间（空间限制128M），位数过小又容易溢出，所以我们考虑使用压位高精压缩空间。（当然也可以用一些玄学优化，比如开两个longlong存大整数之类的）

下面只需通过压位高精来完成这个dp了，不详细解释，见代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
struct dzs{
    int ws,li[20];
};//高精度结构体 
int a[81][81],n,m;
dzs f[2][81][81][81],er[81],an,ans,pss1,pss2;
dzs gjc(int p1,dzs p2){   //高精乘单精 
    for(int i=1;i<=p2.ws;i++)
    p2.li[i]*=p1;
    for(int i=1;i<=p2.ws+5;i++){
        if(i>p2.ws&&p2.li[i]!=0)p2.ws=i;
        if(p2.li[i]>9999)p2.li[i+1]+=p2.li[i]/10000,p2.li[i]%=10000;
    }
    return p2;
}
dzs gjj(dzs p1,dzs p2){   //高精加
    dzs p3;memset(p3.li,0,sizeof(p3.li));p3.ws=1;
    for(int i=1;i<=max(p1.ws,p2.ws);i++)
    p3.li[i]=p2.li[i]+p1.li[i];
    for(int i=1;i<=p2.ws+5;i++){
        if(i>p3.ws&&p3.li[i]!=0)p3.ws=i;
        if(p3.li[i]>9999)p3.li[i+1]+=p3.li[i]/10000,p3.li[i]%=10000;
    }
    return p3;
}
dzs maxd(dzs p1,dzs p2){  //取大数 
    if(p1.ws>p2.ws)return p1;
    if(p2.ws>p1.ws)return p2;
    for(int i=p1.ws;i>=1;i--){
        if(p1.li[i]>p2.li[i])return p1;
        if(p1.li[i]<p2.li[i])return p2;
    }
    return p1;
}
int print(dzs p1){
    for(int i=p1.ws;i>=1;i--){
        if(i==p1.ws){
            cout<<p1.li[i];continue;
        }
        if(p1.li[i]<10)cout<<"000";
        else if(p1.li[i]<100)cout<<"00";
        else if(p1.li[i]<1000)cout<<"0";
        cout<<p1.li[i];
    }
}//输出高精度整数 
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
    cin>>a[i][j];
    er[1].li[1]=2;er[1].ws=1;
    for(int i=2;i<=m;i++){
        er[i]=gjc(2,er[i-1]);
    }//计算2^i
    for(int k=1;k<=n;k++)
    for(int i=1;i<=m;i++){ 
        for(int j=1;j<=i;j++){
            f[0][k][i][j]=gjj(maxd(f[0][k][i-1][j-1],f[1][k][i-1][m-(i-j)+1]),gjc(a[k][j],er[i]));
        }
        for(int j=m-i+1;j<=m;j++){
            f[1][k][i][j]=gjj(maxd(f[1][k][i-1][j+1],f[0][k][i-1][i-(m-j+1)]),gjc(a[k][j],er[i]));
        }
    }
    memset(ans.li,0,sizeof(ans.li));ans.ws=1;
    for(int k=1;k<=n;k++){
        an.ws=1;memset(an.li,0,sizeof(an.li));
        for(int i=1;i<=m;i++){
            an=maxd(an,f[0][k][m][i]);
            an=maxd(an,f[1][k][m][i]);
        }
        ans=gjj(ans,an);
    }
    print(ans);
    cout<<endl;
    return 0;
}