GHOJ 665 传纸条

题目描述

　　小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标（1，1），小轩坐在矩阵的右下角，坐标（m，n）。

　　从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。 在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。

　　还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两 条路径。

 

输入格式

　　第一行，有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1≤m，n≤50）。

　　接下来的m行是一个m×n的矩阵，矩阵中第i行第j列的整数表示坐在第i行第j列的学生的好心程度。

　　每行的n个整数之间用空格隔开。

输出格式

　　共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

 

输入样例

3 3

0 3 9

2 8 5

5 7 0

输出样例

34

 

数据规模

　　对于30%的数据，1≤m，n≤10；

　　对于100%的数据，1≤m，n≤50。

题解

　　容易想到，题目中要求来回一趟，其实就相当于是从起点走到终点两次，要求路径不相交。

　　我们设$dp[i][j][k][l]$为第一条路径走到$(i, j)$，第二条路径走到$(k,l)$，且两条路径不相交。直接推即可。

#include <iostream>

#define MAX_M 50
#define MAX_N 50

#define Max(x, y) (x >= y ? x : y)

using namespace std;

int m, n;
int a[MAX_M | 1][MAX_N | 1];
int dp[MAX_M | 1][MAX_N | 1][MAX_M | 1][MAX_N | 1];
const int dx1[4] = {-1, -1, 0, 0}, dy1[4] = {0, 0, -1, -1}, dx2[4] = {-1, 0, -1, 0}, dy2[4] = {0, -1, 0, -1};

int main()
{
    cin >> m >> n;
    for(register int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for(register int j = 1; j <= n; ++j)
        {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    for(register int i1 = 1; i1 <= m; ++i1)
    {
        for(register int j1 = 1; j1 <= n; ++j1)
        {
            for(register int i2 = 1; i2 <= m; ++i2)
            {
                for(register int j2 = 1; j2 <= n; ++j2)
                {
                    for(register int k = 0; k < 4; ++k)
                    {
                        if(i1 + dx1[k] == i2 && j1 + dy1[k] == j2) continue;
                        if(i2 + dx2[k] == i1 && j2 + dy2[k] == j1) continue;
                        if(i1 + dx1[k] == i2 + dx2[k] && j1 + dy1[k] == j2 + dy2[k]) continue;
                        dp[i1][j1][i2][j2] = Max(dp[i1][j1][i2][j2], dp[i1 + dx1[k]][j1 + dy1[k]][i2 + dx2[k]][j2 + dy2[k]] + a[i1 + dx1[k]][j1 + dy1[k]] + a[i2 + dx2[k]][j2 + dy2[k]]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout << dp[m][n][m][n];
    return 0;
}

　　观察一下路径，可以发现，我们的$(i,j)$、$(k,l)$会在同一条斜线上，那么我们可以斜线，然后再枚举$i$和$k$，这样就可以减小时空复杂度。

#include <iostream>

#define MAX_M 50
#define MAX_N 50

using namespace std;

int m, n;
int a[MAX_M + 5][MAX_N + 5];
int dp[MAX_M + MAX_N + 5][MAX_M + 5][MAX_M + 5]; 
const int dx1[4] = {-1, -1, 0, 0}, dx2[4] = {-1, 0, -1, 0};

int main()
{
    cin >> m >> n;
    for(register int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for(register int j = 1; j <= n; ++j)
        {
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    dp[2][1][2] = a[1][2] + a[2][1];
    for(register int k = 3; k < m + n; ++k)
    {
        for(register int i = 1; i <= m && i <= k; ++i)
        {
            if(k - i + 1 > n) continue;
            for(register int j = i; j <= m && j <= k; ++j)
            {
                if(k - j + 1 > n) continue;
                for(register int l = 0; l < 4; ++l)
                {
                    if(i + dx1[l] == j + dx2[l]) continue;
                    dp[k][i][j] = max(dp[k][i][j], dp[k - 1][i + dx1[l]][j + dx2[l]] + a[i][k - i + 1] + a[j][k - j + 1]);
                }
            }
        }
    }
    cout << dp[m + n - 1][m][m];
    return 0;    
}