多线程DP （要一起行动才可以）

题目描述 Description

设有N*N的方格图(N<=10,我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。如下图所示（见样例）：

 

某人从图的左上角的A 点出发，可以向下行走，也可以向右走，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 点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

 

输入描述 Input Description

输入的第一行为一个整数N（表示N*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。

输出描述 Output Description

    只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

样例输入 Sample Input

      8

      2  3  13

      2  6   6

      3  5   7

      4  4  14

      5  2  21

      5  6   4

      6 3  15

      7 2  14

      0 0  0

样例输出 Sample Output

      67

路一：

我们设f[i,j,k,l]表示第一条路走到(i,j)，第二条路走到(k,l)的路线。

那么状态转移方程很好得出：

f[i,j,k,l]=max{f[i-1,j,k-1],f[i-1,j,k,l-1],f[i,j-1,k-1,l],f[i,j-1,k,l-1]}+(i==k&&j==l ? a[i][j] : a[i][j]+a[k][l])

值得注意的是：最后加上这个值的时候要注意如果路径走到同一点不能重复统计。

时间复杂度：O(n⁴)，空间复杂度O(n⁴)，对于本题n<=10完全足够。

思路二：

虽然思路一对于本题完全足够，但是如果n的范围大些的话，就无法办到了。

针对思路一，我们发现了问题，有一些状态是可以合并的，最重要的是：思路一，我们是同时开始走的，那么不必记录向右、向下的具体路径，只需要记录步数，显然，两条路的步数是统一的，然后再记录向下或向右的次数，就能根据这两者推算出向下或向右的次数。

那么设f[i,j,k]表示走到了第i步，第一条路径向右走了j步，第二条路径向右走了k步。

那么f[i,j,k]=max{f[i-1,j,k],f[i-1,j-1,k],f[i-1,j-1,k-1],f[i-1,j,k-1]}+(j==k ? a[i-j+1][i] : a[i-j+1][j]+a[i-k+1][k]);

显然，我们也要判断路径是否走到同一点，所以有后面的那个if（ ? : 三目运算符）

时间复杂度：O(2n³)，空间复杂度O(2n³)，优化了一维。从n的四方优化至n的三方，是一个很大的进步。

至于代码，只要思路知道了，就无所谓了。

因为的线性的原因所以可以开二维

代码复杂度不高，50行足矣。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
int G[20][20],dp[20][20];
int main( )
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int u,v,w;
    for(int i=1 ; i<=n ; i++)
    for(int j=1 ; j<=n ; j++)
    G[i][j]=0;
    while(scanf("%d%d%d",&u,&v,&w)!=EOF)
    {
        if(u==0&&v==0&&w==0)
        break;
        G[u][v]=w;
    }
    for(int k=1 ; k<=2*n-1 ; k++)
    {
        for(int i=k ; i>=0 ; i--)
        {
            for(int j=k ; j>=0 ; j--)
            {
                dp[i][j]=max(max(dp[i][j],dp[i-1][j]),max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]))+( i == j ? G[k-i+1][j] : G[k-j+1][j] + G[k-i+1][i] );
            }
        }
    }
    printf("%d
",dp[n][n]);
}