标签：names 更新 第一个 while pos mat 路径 地图 比较
在一个地图上有N个地窖（N<=20），每个地窖中埋有一定数量的地雷。同时，给出地窖之间的连接路径。当地窖及其连接的数据给出之后，某人可以从任一处开始挖地雷，然后可以沿着指出的连接往下挖（仅能选择一条路径），当无连接时挖地雷工作结束。设计一个挖地雷的方案，使某人能挖到最多的地雷。
输入格式：
第1行只有一个数字，表示地窖的个数N。
第2行有N个数，分别表示每个地窖中的地雷个数。
第3行至第N+1行表示地窖之间的连接情况：
第3行有n-1个数（0或1），表示第一个地窖至第2个、第3个、…、第n个地窖有否路径连接。如第3行为1 1 0 0 0 … 0，则表示第1个地窖至第2个地窖有路径，至第3个地窖有路径，至第4个地窖、第5个、…、第n个地窖没有路径。
第4行有n-2个数，表示第二个地窖至第3个、第4个、…、第n个地窖有否路径连接。
… …
第n+1行有1个数，表示第n-1个地窖至第n个地窖有否路径连接。（为0表示没有路径，为1表示有路径）。
输出格式：
第一行表示挖得最多地雷时的挖地雷的顺序，各地窖序号间以一个空格分隔，不得有多余的空格。
第二行只有一个数，表示能挖到的最多地雷数。
输入样例#1：
5
10 8 4 7 6
1 1 1 0
0 0 0
1 1
1输出样例#1：
1 3 4 5
27这个题乍一看是一个图论，其实可以用记忆化搜索（因为数据范围很小··）
但可以注意到这个挖地雷的过程有一个特点，那就是最后停止的地方一定是最后一个点。并且若一个点编号为 \(x\) ，使得 \(\forall s \in A ,A=\{1...x-1\}\) 不存在 \(x\) 到 \(s\) 的通路。那么就可以发现这个过程是符合动态规划的特点的，所以可以考虑用 \(dp\) 求解。
\(dp[i]\) 表示以 \(i\) 为起点所能挖到的地雷数量。状态更新的情况为： 若当前的点 \(a\) 到 \(b\) 点存在通路，那么就可以有 \(dp[b] = max(dp[b],dp[a]+w[b])\)
最后的答案就在所有情况更新完之后在 \(dp\) 数组中求一个 \(max\) 了。
这里还需要记录一下最大的值所在的下标 \(pos\) ，后面有用。
如何求路径是本题比较关键的一个点。对于记忆化搜索来说，比较容易处理，但对于 \(dp\) 来说就需要一些技巧了。
我们可以发现，之前求得的 \(ans-w[pos]\) 就是第二个点的时候所能挖的地雷数，和 \(dp\) 中进行比较看那个与上面算出来的值相等 且这两个点之间存在通路
最后拿一个数组记录就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=22;
typedef long long ll;
int g[maxn][maxn];
int w[maxn],road[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
//freopen("mine.in","r",stdin);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>w[i];
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
cin>>g[j][i];
for(int i=1;i<=n;++i)
dp[i]=w[i];
for(int i=n;i>=1;--i){
for(int j=i;j>=1;--j)
if(g[i][j]){
dp[j]=max(dp[j],dp[i]+w[j]);
}
}
int cnt=1,now=0,pos=-1,ans;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(now<dp[i]){
now=dp[i];
pos=i;
}
}
ans=now;
//求路径
while(now>0)
{
now-=w[pos];
road[cnt++]=pos;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(now==dp[i]&&g[i][pos]){
now=dp[i];
pos=i;
}
}
for(int i=1;i<cnt;++i)
cout<<road[i]<<" ";
cout<<endl;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}标签：names 更新 第一个 while pos mat 路径 地图 比较
原文地址：https://www.cnblogs.com/SCaryon/p/9053962.html
