动态规划(NOIP2000 提高组方格取数)

本文主要是介绍动态规划(NOIP2000 提高组方格取数)，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

原题链接

题目描述

设有N×N 的方格图(N ≤ 9)，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。

输入格式

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。

输出格式

只需输出一个整数，表示 2条路径上取得的最大的和。

输入样例

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

输入样例

67

分析：

如果题目要求只走一次，那么这是一个经典的动态规划问题，可以设dp[i][j]表示在(i,j)处得到的数字，然后推出动态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j - 1]，dp[i - 1][j]) + a[i][j],(与过河卒问题和数塔问题的状态转移方程类似)
那么，题目要求走两次棋盘，用两次dp是否能解决问题呢？答案是不能的。举例，在下图中，若按照解决数塔问题的思想，第一次dp会选择取走9和8这两个数字，而第二次则只能取走数字6，也就是说取走数字的总和是23

在这里插入图片描述
但是，如果第一次取走的数字是9和5，第二次取走的数字是6和8，那么这两次可以取走棋盘上所有的数字，和为28。很明显，解决数塔问题的策略在本题不再适用。

在这里插入图片描述

思考一下可以想到，出现这种问题的原因在于，第一次dp的结果会对第二次dp的决策造成影响。解决方案是：可以假设有两个人，同时从起点出发取数，一个数字只能被一个人取走，当到达终点时输出结果。
设dp[i][x][y]表示当前在第i个斜行,第一个人在x列,第二个人在y列所能得到的最优值。由于当前斜行的结果依赖于上一个斜行的结果，从而推出状态转移方程dp[i][x][y] = max(dp[i - 1][x][y]，dp[i - 1][x - 1][y],dp[i - 1][x][y - 1],dp[i - 1][x - 1][y - 1])
在状态转移方程中：
dp[i - 1][x][y]表示两个人从上一个斜行的同一列往下走向当前位置(如下图黑色箭头指向)
dp[i - 1][x - 1][y]表示第一个人从上一个斜行的前一列向右走向当前位置
dp[i - 1][x][y - 1]表示第二个人从上一个斜行的前一列向右走向当前位置
dp[i - 1][x - 1][y - 1]表示两个人都在上一个斜行的前一列
对于n行n列的矩阵，斜行的个数为2 * n - 1，如五行五列一共9个斜行

AC代码

#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;const int N = 20;
int a[N][N];
int dp[N][N][N];//dp[i][j][k]:第i个斜行,第一个人在j列,第二个人在k列所能得到的最优值int main()
{int n;cin >> n;int x,y,z;while(cin >> x >> y >> z){if (x == 0 && y == 0 && z == 0) break;a[x][y] = z;}for (int i = 1;i <= 2 * n - 1;i++)//从第1斜行刷到最后一个斜行for (int j = 1;j <= i;j++)//j,k:枚举每个斜行中的列,暂且认为每个斜行都有i列for (int k = j;k <= i;k++){dp[i][j][k] = max(max(dp[i - 1][j][k],dp[i - 1][j - 1][k - 1]),max(dp[i - 1][j - 1][k],dp[i - 1][j][k - 1]));//规律:斜行编号i = 行号 + 列号 - 1,即行 = i + 1 - j   dp[i][j][k] += a[i + 1 - j][j];if (j != k) dp[i][j][k] += a[i + 1 - k][k];//两个人的列号不同,加上第二个人取的数字}cout << dp[2 * n - 1][n][n] << endl;//两人都到达最后一个斜行return 0;
}