洛谷P1541 乌龟棋(背包)

本文介绍了一个基于乌龟棋的游戏策略问题,玩家需利用不同类型的爬行卡片,控制棋子从起点到终点,以获得最高分数。文章详细解析了如何通过动态规划算法找到最优解,包括状态定义、状态转移方程及代码实现。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目背景

小明过生日的时候,爸爸送给他一副乌龟棋当作礼物。

题目描述

乌龟棋的棋盘是一行NNN个格子,每个格子上一个分数(非负整数)。棋盘第1格是唯一的起点,第NNN格是终点,游戏要求玩家控制一个乌龟棋子从起点出发走到终点。

乌龟棋中MMM张爬行卡片,分成4种不同的类型(MMM张卡片中不一定包含所有444种类型的卡片,见样例),每种类型的卡片上分别标有1,2,3,41,2,3,41,2,3,4四个数字之一,表示使用这种卡片后,乌龟棋子将向前爬行相应的格子数。游戏中,玩家每次需要从所有的爬行卡片中选择一张之前没有使用过的爬行卡片,控制乌龟棋子前进相应的格子数,每张卡片只能使用一次。

游戏中,乌龟棋子自动获得起点格子的分数,并且在后续的爬行中每到达一个格子,就得到该格子相应的分数。玩家最终游戏得分就是乌龟棋子从起点到终点过程中到过的所有格子的分数总和。

很明显,用不同的爬行卡片使用顺序会使得最终游戏的得分不同,小明想要找到一种卡片使用顺序使得最终游戏得分最多。

现在,告诉你棋盘上每个格子的分数和所有的爬行卡片,你能告诉小明,他最多能得到多少分吗?

输入格式:
每行中两个数之间用一个空格隔开。

第11行22个正整数N,MN,MN,M,分别表示棋盘格子数和爬行卡片数。

第22行NNN个非负整数,a1,a2.....aNa_1 , a_2 ..... a_Na1,a2.....aN ,其中a_i表示棋盘第iii个格子上的分数。

第33行MMM个整数,b1,b2…bMb_1,b_2…b_Mb1,b2bM ,表示MMM张爬行卡片上的数字。

输入数据保证到达终点时刚好用光MMM张爬行卡片。

输出格式:
11个整数,表示小明最多能得到的分数。

输入样例#1:

9 5
6 10 14 2 8 8 18 5 17
1 3 1 2 1

输出样例#1:

73

其实仔细看一下就会发现这个题和背包问题类似

这个题的主要目的是

寻找一种出牌顺序获得最大分值

那好,我们开始读题。

题目一共给我们了这几个重要信息。

  1. 一共有四种卡片,每张卡片上有一个数字,对应可以在棋盘上跳几步,但是这四种卡片不一定会全部出现。

  2. 棋盘的第一格是起点,第N格是终点,并且玩家会自动获得起点的分数。

  3. 数据保证刚好用完卡片,而且每种卡片不多于四十张。

根据以上的信息,我们可以得出题目的主要状态。

分数和出卡片的张数。

所以我们可以得出一个变量。

	dp[i][j][k][l];

这个变量有四维,代表数字为1的牌出了 i 张 数字为2的牌出了 j 张 数字为3的牌出了 k 张 数字为4的牌出了 l 张时所获得的最大分数。

我们用a数组代表每个格子的分数。如 a[1]=1a[1] = 1a[1]=1 代表第1个格子上有1分。

用nu数组代表每一种牌的张数 如 nu[3]=1nu[3]=1nu[3]=1 代表数字为3的牌有1张。

根据这些 我们不难想出 当 i,j,k,li,j,k,li,j,k,l 都为000时,也就是一张牌都没有出时,玩家只可以获得起点的分数。

	dp[0][0][0][0]=a[1];

然后输入 我们在输入牌时可以做些初始化 提前处理好每种牌的张数

	for(int i=1;i<=m;i++)
        	scanf("%d",&c),nu[c]++;

我们开始考虑状态转移方程

玩家出牌时是一张一张出的 所以我们可以根据上一次的状态更新这一次的状态。

但是 我们并不知道上一次出的牌是什么 所以我们可以想出四种方程

	for(int i=0;i<=nu[1];i++)
 	       for(int j=0;j<=nu[2];j++)
   	         for(int k=0;k<=nu[3];k++)
               	 for(int l=0;l<=nu[4];l++)
    	            {
     	               int x=i+j*2+k*3+l*4+1;
                    	if(i!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j][k][l]+a[x]);
                    	if(j!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j-1][k][l]+a[x]);
                    	if(k!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j][k-1][l]+a[x]);
                    	if(l!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j][k][l-1]+a[x]);

a[x]a[x]a[x]是什么

因为我们出了固定的牌 所以我们可以跳到的格子也是固定的

至于为什么要加上1 比如我只用了一张数字为1的牌 如果不加1 我还是停在起点上。

一共有四个方程 比较从哪张牌更新过来的分值最大

刚才我也提到 牌是一定可以用完的

所以我们最后输出dp[nu[1]][nu[2]][nu[3]][nu[4]]dp[nu[1]][nu[2]][nu[3]][nu[4]]dp[nu[1]][nu[2]][nu[3]][nu[4]]就是答案。

附上AC代码 (数组不要过大也不要过小 我就因为数组WA了好几遍)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=41;
int dp[maxn][maxn][maxn][maxn],a[351],nu[10];
int n,m,c;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&c),nu[c]++;
    dp[0][0][0][0]=a[1];
    
    for(int i=0;i<=nu[1];i++)
        for(int j=0;j<=nu[2];j++)
            for(int k=0;k<=nu[3];k++)
                for(int l=0;l<=nu[4];l++)
                {
                    int x=i+j*2+k*3+l*4+1;
                    if(i!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i-1][j][k][l]+a[x]);
                    if(j!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j-1][k][l]+a[x]);
                    if(k!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j][k-1][l]+a[x]);
                    if(l!=0) dp[i][j][k][l]=max(dp[i][j][k][l],dp[i][j][k][l-1]+a[x]);
                }
    printf("%d",dp[nu[1]][nu[2]][nu[3]][nu[4]]);
    return 0;
} 
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值