_20-DP

CASE:1

2022.05.02，开始在洛谷上”做做“简单的dp，看到一题：

之前看到过更简单一点的，只要走一次，求路径的最大值之和。而这题要走两次，且走过的话就要把数字归为零，一开始想dp两次行不行，但是直觉告诉我不行。后来在题解里看到一种我比较容易看懂的方法：

主要思想就是双线程动规，定义四位数组ans[i][j][k][l]，（也就是模拟两个人同时走），最后的ans[n-1][n-1][n-1][n-1]（从0开始）就是题目所要的答案。

更正：上面这段刚写完去敲代码，发现输出的数很大，一看是发现自己数组越界了，如果从0开始

max(max(ans[i - 1][j][k - 1][l], ans[i - 1][j][k][l - 1]), max(ans[i][j - 1][k - 1][l], ans[i][j - 1][k][l - 1])) + a[i][j] + a[k][l];

当ijkl等于0时-1就越界导致答案错误，所以应该从1开始，最后ans[n][n][n][n]就是所要答案，而且当ijkl等于零，ans[i][j][k][l]的值也是需要我们初始化为0。（切记dp数组的初始化很重要）

 主要代码就这样

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++) {
                    ans[i][j][k][l] = max(max(ans[i - 1][j][k - 1][l], ans[i - 1][j][k][l - 1]), max(ans[i][j - 1][k - 1][l], ans[i][j - 1][k][l - 1])) + a[i][j] + a[k][l];
                    if (i == k && j == l)ans[i][j][k][l] -= a[i][j];
                }
            }
        }
    }
cout << ans[n][n][n][n] << endl;

CASE:2

2022.05.02，开始在洛谷上”做做“简单的dp，看到一题：

 大致就是n*m的矩阵，每次对每行取行首或尾的值，取m次，第i次分值为value*2^i,求总和最大值

一开始有点慌，把整个矩阵看成了一个整体，后来看了题解才知道：

①对每行取值时是不会影响其他行的情况，所以可以把每行看作最优子结构。

②对于每行来说，每次只取行首或行尾，所以可以看作区间dp来做。

主要转移方程就是：

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