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洛谷P1004

开发技术 开发技术 1天前 3次浏览

title: “洛谷P1004”
author: Sun-Wind
date: September 13, 2021

洛谷P1004方格取数

题目大意

本题简要意思就是一个人从一个数字矩阵的左上角走到右下角,只能向下和向右走,拿完的数对应位置变成0,并且这个人要走两次,需要计算两次所拿数的最大值

Train of thought

本题和数字三角形十分类似,只不过要走两次,我们可以考虑用dp的方式解决问题
动态规划的关键是状态表示和递推方程
如果我们这里和数字三角形一样采用二维的dp方式,我们还需要找到所有第一次走的解,并且还要保存,然后在第一次解的角度上解析第二次走的收益
如图所示:
洛谷P1004

如果这样做的话时间复杂度可能是指数级别的,可能会超时


所以我们这里选择利用四维数组储存两次走的状态,f[i][j][k][l]表示第一次走到(k,l),第二次走到(i,j)时所能得到的最大收益。
这里没有区分次序,对于可能出现的重复拿数的问题,我们需要把这个数减去
< if(i == k && j ==l) f[i][j][k][l] -= Square[i][j];>
递推方程显然为max(f[i-1][j][k-1][l],f[i – 1][j][k][l – 1],f[i][j- 1][k- 1][l],f[i][j-1][k][l-1])
也就是< f[i][j][k][l] = max(max(f[i - 1][j][k - 1][l],f[i - 1][j][k][l - 1]), max(f[i][j - 1][k - 1][l],f[i][j - 1][k][l - 1])) + Square[i][j] + Square[k][l];>


Time complexity

输入时最多有92个数,处理时要处理94次,所以总的时间复杂度为94+92次

综上所述,代码如下:

#include<iostream>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define fi(a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define fr(a,b) for(int i = a; i >= b; --i)
using pii = pair<int,int>;
int Square[10][10];
int f[10][10][10][10];//数组表示的状态数
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
int a,b,c;
while(cin >> a >> b >> c && a && b && c)
Square[a][b] = c;
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)
{
    f[i][j][k][l] = max(max(f[i - 1][j][k - 1][l],f[i - 1][j][k][l - 1]), max(f[i][j - 1][k - 1][l],f[i][j - 1][k][l - 1])) + Square[i][j] + Square[k][l];
    if(i == k && j ==l) f[i][j][k][l] -= Square[i][j];//避免重复拿数
}
cout << f[n][n][n][n] << endl;
return 0;
}

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程序员灯塔
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