题目描述
约翰和他的奶牛组建了一只乐队“后街奶牛”，现在他们正在牧场里排练.奶牛们分成一堆 一堆，共1000)堆.每一堆里，30只奶牛一只踩在另一只的背上，叠成一座牛塔.牧场 里还有M(1 < M < 1000)个高高的草垛.
作为出色的指挥家，约翰可以通过口哨指挥奶牛们移动.他的口哨有四个音，分别能使所有 的牛塔向东南西北四个方向移动一格.
每一次，当一个牛塔到达了一个草垛所在的格子，牛塔最上方的奶牛就会跳到草垛上，而且 不再下来，而其他奶牛仍然呈塔状站在草垛所在的格子里.当牛塔只剩一只奶牛时，这只奶牛也 会跳到草垛上.
突然，约翰大惊失色：原来邻家的奶缸爆炸了！滚滚而下的牛奶正朝着约翰的牧场冲来，不久就要将牧场淹没.约翰必须马上行动，用口哨声挽救奶牛们的生命.他要指挥奶牛尽量多地跳 上草操，草操上的奶牛将不会被淹死.
约翰还有K次吹口哨的机会.那他最多还能救多少奶牛呢？请计算最多能挽救的奶牛数，以及 达到这个数目约翰需要吹的口哨调子序列.序列用E，W,S，N表示东西南北.如果有多种序列能达到 要求，输出作为字符串最小的.
输入输出格式
输入格式：
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Line 1: Three space-separated integers: N, M, and K
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Lines 2..N+1: Line i+1 describes the X,Y location of a stack of 30 cows using two space-separated integers: X_i and Y_i
- Lines N+2..N+M+1: Line i+N+1 describes the X,Y location of a haystack using two space-separated integers: X_i and Y_i
输出格式：
-
Line 1: A single integer that is the most number of cows that can be saved.
- Line 2: K characters, the lexicographically least sequence of commands FJ should issue to maximize the number of cows saved.
输入输出样例
3 6 3
3 4
6 2
5 7
8 2
9 2
6 4
5 4
6 7
8 7
6
EEE
说明
Use the ‘east‘ whistle three times, at which point the milk floods the area. Each haystack ends up saving 1 cow.
思路：见代码。
错因：输出格式错误。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define MAXN 1500 using namespace std; int n,m,K,ans; int dx[4]={1,0,0,-1}; int dy[4]={0,1,-1,0}; char step[40][64][64]; char C[4]={‘W‘,‘S‘,‘N‘,‘E‘}; int cnt[64][64],f[40][64][64]; //f[k][i][j]记录走k步,纵向移动了i-31步,横向移动了j-31步,所能拯救的最多的牛的数量。 int cawx[MAXN],cawy[MAXN],grassx[MAXN],grassy[MAXN];//记录牛和草垛的横纵坐标. int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&cawx[i],&cawy[i]); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&grassx[i],&grassy[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ int cx=cawx[i]-grassx[j]; //第i头牛移动到第j个草垛,纵向最少所走的距离. int cy=cawy[i]-grassy[j]; //第i头牛移动到第j个草垛,横向最少所走的距离. if(abs(cx)<=30&&abs(cy)<=30)//因为k<=30,所以当有一个方向的距离大于30,就不用考虑了,因为一定不可能走到. cnt[cx+31][cy+31]++; //否则cnt记录走纵向i步横向走j步所能拯救的牛的数量. } for(int k=0;k<=K;k++) for(int i=0;i<=62;i++) for(int j=0;j<=62;j++){ f[k][i][j]=-0x3f3f3f3f; step[k][i][j]=‘Z‘; } f[0][31][31]=0; //赋初值,最开始时所能拯救的牛的数量为0. //这里要理解,因为他可以向上下左右走,为了防止负坐标的出现,我们把一开始时的原点坐标当做(31,31). for(int k=1;k<=K;k++) for(int i=1;i<=61;i++) for(int j=1;j<=61;j++) f[k][i][j]=cnt[i][j]+max(max(f[k-1][i-1][j],f[k-1][i+1][j]),max(f[k-1][i][j-1],f[k-1][i][j+1])); //这个状态转移方程就不用解释了,还是很容易理解的. for(int i=1;i<=61;i++) for(int j=1;j<=61;j++) ans=max(ans,f[K][i][j]); for(int i=1;i<=61;i++) for(int j=1;j<=61;j++) if(ans==f[K][i][j]) step[K][i][j]=‘A‘; //如果为纵向走i步横向走j步是一种可行的走法,记录以方便求字典序最小. for(int k=K-1;k>=0;k--) for(int i=1;i<=61;i++) for(int j=1;j<=61;j++) for(int l=0;l<4;l++) if(f[k][i][j]+cnt[i+dx[l]][j+dy[l]]==f[k+1][i+dx[l]][j+dy[l]]&&step[k+1][i+dx[l]][j+dy[l]]<‘Z‘) step[k][i][j]=C[l]; //倒序找出所有可能的走法. cout<<ans<<endl; int i=31,j=31; for(int k=0;k<K;k++){ cout<<step[k][i][j]; if(step[k][i][j]==‘E‘) i--; //找字典序最小的. else if(step[k][i][j]==‘W‘) i++; else if(step[k][i][j]==‘S‘) j++; else if(step[k][i][j]==‘N‘) j--; } }
