[LuoGu] P1004 方格取数

(color{red}{mathcal{Description}})

设有 (N imes N) 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字 (0)。如下图所示：

某人从图中的左上角 (A) 出发，可以向下行走，也可以向右行走，直到到达右下角的 (B) 点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字 (0) )。

此人从 (A) 点到 (B) 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的数字和为最大。

(color{red}{mathcal{Input Format}})

输入的第一行为一个整数 (N)（表示 (N imes N) 的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的 (0) 表示输入结束。

(color{red}{mathcal{Output Format}})

只需输出一个整数，表示 (2) 条路径上取得的最大的和。

(color{red}{mathcal{DataSize Agreement}})

(1 leq N leq 9)

(color{red}{mathcal{Solution}})

刚看到的时候感觉很简单,既然要求两条路径取得最大的和,那就跑两次 (dp) 不就好了,但这就是此题的坑人之处,因为下面这个图就是不行的

所以意识到,此题 (dp) 应该有同时性,也就是要同时进行

那么如何描述状态呢? 对于同时性开展的 (dp) ,有一点是必须知道的,就是步数

我们发现,对于走了 (x) 步得到的两个坐标 ((x_1,y_1)) ((x_2,y_2)) ,它们都在同一条对角线(自右上到左下)上,而对于在同一条对角线(自右上到左下)上的两点, 满足 (x_1+y_1=x_2+y_2)

这样一来就好做了,我们将步数,也就是对角线作为阶段,枚举两点的横坐标,就能算出它们各自的纵坐标

令 (dp[k][i][j]) 表示两点在 横纵坐标之和为 (k) 的这条对角线上,两点横坐标分别为 (i) 和 (j) 时能得到的最大的和,有如下状态转移方程

[dp[k][i][j]=max(dp[k-1][i][j],dp[k-1][i-1][j],dp[k-1][i][j-1],dp[k-1][i-1][j-1])+w[i][k-i]+w[j][k-j] (2 leq k leq 2N, 1 leq i,j <min(k,N+1)) ]

特别的，当两条路径到同一个方格的时候，应只取一次。

初始化（取决于个人） (dp[2][1][1]=w[1][1])

(color{red}{mathcal{Code}})

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define reg register

using namespace std;

const int kN = 50;

int dp[kN][kN][kN];
int N, w[kN][kN];

int main() {
  scanf("%d", &N);
  int x, y, val;
  while (1) {
	scanf("%d%d", &x, &y);
	if (!x && !y) break;
	scanf("%d", &val);
	w[x][y] = val;
  }
  dp[2][1][1] = w[1][1];
  for (reg int k = 3; k <= N * 2; ++k) {
	for (reg int i = 1; i < min(k, N + 1); ++i) { 
	  for (reg int j = 1; j < min(k, N + 1); ++j) {
	  	dp[k][i][j] = max(max(dp[k-1][i-1][j-1], dp[k-1][i][j-1]), max(dp[k-1][i-1][j], dp[k-1][i][j])) + w[i][k-i];
  	    if (i != j) dp[k][i][j] += w[j][k-j];
	  }
	}
  }
  printf("%d
", dp[N * 2][N][N]);
  return 0;
}

(color{red}{mathcal{Source}})

(NOIp 2000 TG T4)