蓝桥杯 算法训练 找金币

蓝桥杯 算法训练 找金币

题目描述

• 资源限制
  时间限制：1.0s 内存限制：256.0MB
• 问题描述
  有一个N x N的方格,每一个格子都有一些金币,只要站在格子里就能拿到里面的金币。你站在最左上角的格子里,每次可以从一个格子走到它右边或下边的格子里。请问如何走才能拿到最多的金币。
• 输入格式
  第一行输入一个正整数n，以下n行描述该方格。金币数保证是不超过1000的正整数。
• 输出格式
  最多能拿金币数量。
• 样例输入

  3
  1 3 3
  2 2 2
  3 1 2
  

• 样例输出
  11
• 数据规模和约定
  n<=1000

方案1 递归版本 超时 时间复杂度过高 只能过一个数据

#include<iostream>
#include<cmath> 

using namespace std;

int n;						//N*N的方格 
int coin[1000][1000];		//金币地图

//函数功能：返回 在[1, i]行, [1, j]列 这块区域所能拿的最大金币数量  coin[][]是金币地图 
int f(int i, int j, int coin[1000][1000]){
	//第1行第1列的最大金币为自己，即coin[0][0]
	if(i==1 && j==1){
		return coin[0][0];
	} 
	
	//第1行第i列的最大金币为 第1行第i-1列的最大金币+自己， 即f(i, j-1, coin)+coin[0][i]
	if(i==1 && j>1){
		return f(i, j-1, coin) + coin[0][j-1];
	}
	
	//第i行第1列的最大金币为 第i-1行第1列的最大金币+自己， 即f(i-1, j, coin)+coin[i][0])
	if(j==1 && i>1){
		return f(i-1, j, coin) + coin[i-1][0];
	}
	
	//第i行第j列的最大金币为 (第i-1行第j列的最大金币+自己) 和 (第i行第j-1列的最大金币+自己) 相比的最大值
	//即max(f(i-1, j, coin)+coin[i][j], f(i, j-1, coin)+coin[i][j]) =  max(f(i-1, j, coin), f(i, j-1, coin)) + coin[i][j]
	return max(f(i-1, j, coin), f(i, j-1, coin)) + coin[i-1][j-1];
} 

int main(){
	cin>>n;
	
	//输入金币地图
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<n; j++){
			cin >> coin[i][j];
		}
	} 
	
	cout<<f(n, n, coin)<<endl; 
	return 0;	
}

方案2 递归+记忆化搜索 时间复杂度比纯递归版本较低 (过4个数据)

#include<iostream>
#include<cmath> 
//#include<unordered_map>    //内部不排序的哈希表， 用法和map一样，但比map快 
#include<map>  		  //但是dev和蓝桥杯练习系统不支持 unordered_map
#include<string>
#include<algorithm> 

using namespace std;

int n;						//N*N的方格 
int coin[1000][1000];		//金币地图
//记录f(i, j, coin)的答案，防止重复递归，降低时间复杂度。
map<string, int> mp; 	//例如mp["1_2"]=3 表明 在1行2列的范围内最大金币数量为3 

//函数功能：例如i=2, j=3, 则返回 "2_3" 
string g(int i, int j){
	string ans;
	while(j!=0){
		ans += char(j%10+'0');
		j/=10; 
	}
	ans += '_';
	while(i!=0){
		ans += char(i%10+'0');
		i/=10; 
	}
	reverse(ans.begin(), ans.end());		//反转 
	return ans;
}

//函数功能：返回 在[1, i]行, [1, j]列 这块区域所能拿的最大金币数量  coin[][]是金币地图 
int f(int i, int j, int coin[1000][1000]){
	//第1行第1列的最大金币为自己，即coin[0][0]
	if(i==1 && j==1){
		return coin[0][0];
	} 
	
	//第1行第i列的最大金币为 第1行第i-1列的最大金币+自己， 即f(i, j-1, coin)+coin[0][i]
	if(i==1 && j>1){
		//如果在哈希表里找到该值，则无需递归，否则递归找到该值并存入哈希表 
		if(mp.find(g(i, j-1)) == mp.end()){
			mp[g(i, j-1)] = f(i, j-1, coin);
		} 
		//直接在哈希表里寻找答案 
		return mp[g(i, j-1)] + coin[0][j-1];
	}
	
	//第i行第1列的最大金币为 第i-1行第1列的最大金币+自己， 即f(i-1, j, coin)+coin[i][0])
	if(j==1 && i>1){
		//如果在哈希表里找到该值，则无需递归，否则递归找到该值并存入哈希表 
		if(mp.find(g(i-1, j)) == mp.end()){
			mp[g(i-1, j)] = f(i-1, j, coin);
		} 
		//直接在哈希表里寻找答案 
		return mp[g(i-1, j)] + coin[i-1][0];
	}
	
	//第i行第j列的最大金币为 (第i-1行第j列的最大金币+自己) 和 (第i行第j-1列的最大金币+自己) 相比的最大值
	//即max(f(i-1, j, coin)+coin[i][j], f(i, j-1, coin)+coin[i][j]) =  max(f(i-1, j, coin), f(i, j-1, coin)) + coin[i][j]
	if(mp.find(g(i, j-1)) == mp.end()){
		mp[g(i, j-1)] = f(i, j-1, coin);
	} 
	if(mp.find(g(i-1, j)) == mp.end()){
		mp[g(i-1, j)] = f(i-1, j, coin);
	} 
	return max(mp[g(i-1, j)], mp[g(i, j-1)]) + coin[i-1][j-1];
} 

int main(){
	cin>>n;
	
	//输入金币地图
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<n; j++){
			cin >> coin[i][j];
		}
	} 
	
	cout<<f(n, n, coin)<<endl; 
	return 0;	
}

方案3 dp动态规划 时间复杂度最低 (n*n)， AC

#include<iostream>
#include<cmath> 

using namespace std;

int n;		//n*n的方格 

int main(){
	cin>>n;
	int coin[n][n];		//金币地图
	int ans[n][n];		//ans[i][j]: 在[1, i+1]行, [1, j+1]列 这块区域所能拿的最大金币数量 
	
	//输入金币地图
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; j<n; j++){
			cin >> coin[i][j];
		}
	} 
	
	//第1行第1列的最大金币为自己，即coin[0][0]
	ans[0][0] = coin[0][0]; 
	
	//第1行第i列的最大金币为 第1行第i-1列的最大金币+自己， 即ans[0][i-1]+coin[0][i] 
	//第i行第1列的最大金币为 第i-1行第1列的最大金币+自己， 即ans[i-1][0]+coin[i][0])
	for(int i=1; i<n; i++){
		ans[0][i] = ans[0][i-1] + coin[0][i];
		ans[i][0] = ans[i-1][0] + coin[i][0];
	} 
	
	//第i行第j列的最大金币为 (第i-1行第j列的最大金币+自己) 和 (第i行第j-1列的最大金币+自己) 相比的最大值
	//即ans[i][j] = max(ans[i-1][j]+coin[i][j], ans[i][j-1]+coin[i][j]) =  max(ans[i-1][j], ans[i][j-1]) + coin[i][j]
	for(int i=1; i<n; i++){
		for(int j=1; j<n; j++){
			ans[i][j] = max(ans[i-1][j], ans[i][j-1]) + coin[i][j];
		}
	}

	cout<<ans[n-1][n-1]<<endl; 
	return 0;	
}