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方格取数(多线程dp,深搜)

时间:2019-08-11 15:11:57      阅读:107      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:应该   重复   icm   ret   再计算   一起   分支   com   滚动数组   

https://www.luogu.org/problem/P1004

题目描述

设有N×N的方格图(N9),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):

技术图片

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。

输入输出样例

输入

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

输出

67

 

第一种方法(深搜):

这道题深搜的最优方法就是两种方案同时从起点出发。因为如果记录完第一种方案,再计算第二种方案,不可控的因素太多了,大多都不是最优解→_→,

但两种方案同时执行就行,因为这可以根据当前的情况来判断最优。

总的来说,每走一步都会有四个分支(你理解成选择或者情况也可以):

1、两种都向下走

2、第一种向下走,第二种向右走

3、第一种向右走,第二种向下走

4、两种都向右走

每走一步走枚举一下这四种情况,因为在每个点的方案具有唯一性(也就是在某个点走到终点的取数方案只有一个最优解,自己理解一下),所以我们可以开一个数组来记录每一种情况,当重复枚举到一种情况时就直接返回(对,就是剪枝),大大节省了时间(不然会超时哦~)。深搜和DP的时间复杂度时一样的!

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <string.h>
 3 #include <iostream>
 4 #include <string>
 5 #include <math.h>
 6 #include <algorithm>
 7 #include <queue>
 8 #include <set>
 9 #include <math.h>
10 const int INF=0x3f3f3f3f;
11 typedef long long LL;
12 const int mod=1e9+7;
13 const double PI=acos(-1);
14 const int maxn=1e5+10;
15 using namespace std;
16 
17 int n;
18 int A[15][15];
19 int dp[11][11][11][11];
20 
21 int DFS(int x1,int y1,int x2,int y2)//两种方案同时执行,表示当第一种方案走到x1,y1,第二种方案走到x2,y2时到终点取得的最大数 
22 {
23     if(dp[x1][y1][x2][y2]!=-1)//如果这种情况已经被记录过了,直接返回,节省时间
24         return dp[x1][y1][x2][y2];
25     if(x1==n&&y1==n&&x2==n&&y2==n)//如果两种方案都走到了终点,返回结束 
26         return 0;
27     int MAX=0;
28     //如果两种方案都不在最后一行,就都往下走,统计取得的数,如果有重复,就减去一部分
29     if(x1<n&&x2<n)
30         MAX=max(MAX,DFS(x1+1,y1,x2+1,y2)+A[x1+1][y1]+A[x2+1][y2]-A[x1+1][y1]*(x1+1==x2+1&&y1==y2));
31     
32     //如果第一种方案不在最后一行,第二种方案不在最后一列,第一种就向下走,第二种就向右走, 统计取得的数,如果有重复,就减去一部分
33     if(x1<n&&y2<n)
34         MAX=max(MAX,DFS(x1+1,y1,x2,y2+1)+A[x1+1][y1]+A[x2][y2+1]-A[x1+1][y1]*(x1+1==x2&&y1==y2+1));
35     
36     //如果第一种方案不在最后一列,第二种方案不在最后一行,第一种就向右走,第二种就向下走, 统计取得的数,如果有重复,就减去一部分
37     if(x2<n&&y1<n)
38         MAX=max(MAX,DFS(x1,y1+1,x2+1,y2)+A[x1][y1+1]+A[x2+1][y2]-A[x1][y1+1]*(x1==x2+1&&y1+1==y2));
39     
40     //如果第一种方案和第二种方案都不在最后一列,就都向右走,统计取得的数,如果有重复,就减去一部分
41     if(y1<n&&y2<n)
42         MAX=max(MAX,DFS(x1,y1+1,x2,y2+1)+A[x1][y1+1]+A[x2][y2+1]-A[x1][y1+1]*(x1==x2&&y1+1==y2+1));
43     //对最后那个 A[x1][y1+1]*(x1==x2&&y1+1==y2+1))的解释:这个是用来判断两种方案是不是走到了同一格的
44     //如果是真,就返回1,否则返回0,如果是1的话,理所当然的可以减去A[x1][y+1]*1,否则减去A[x1][y1+1]*0相当于不减,写得有点精简,省了4个if 
45     dp[x1][y1][x2][y2]=MAX;//记录这种情况 
46     return MAX;//返回最大值
47 }
48 
49 int main()
50 {
51     scanf("%d",&n);
52     //将记录数组初始化成-1,因为可能出现取的数为0的情况,如果直接判断f[x1][y1][x2][y2]!=0(见DFS第一行)
53     //可能出现死循环而导致超时,细节问题 
54     memset(dp,-1,sizeof(dp));
55     int a,b,c;
56     while(~scanf("%d %d %d",&a,&b,&c)&&(a||b||c))//读入
57     {
58         A[a][b]=c;
59     }
60     int ans=0;
61     ans=DFS(1,1,1,1)+A[1][1];//因为DFS中没有考虑第一格,即A[1][1],所以最后要加一下
62     printf("%d\n",ans);
63     return 0;
64 }

 


 

 第二种方法(DP):

 

①先看一下出题日期(毕竟是NOIP的题目,有一定的水准),然后发现是2000年的普及第四题

我们要知道的是,好像比较前面的几年由于1999的数塔IOI问题后,接下来几年的最后一两题都很喜欢出DP

所以,我们首先看一下题目的内容,求路径最大的方法,这时候就要想到DP或者DFS

②然后我们发现题目的数据规模不大,n<=9,所以我们可以考虑用DFS或者DP都可以

但是鉴于 "好像比较前面的几年由于1999的数塔IOI问题后,接下来几年的最后一两题都很喜欢出DP "

我们觉得用DP会比较好

③而且,NOIP的压轴DP题你想要2维过(在考场上是很难想出来的)

所以我们考虑高维

④我们找到一个东西叫做四维DP,因为这题是两个人走,我们思考一下能不能单纯用两个人的模拟过呢?

显然是可以的,我们记f[i][j][k][l]表示第1条路线的i,j走法和第2条路线的k,l走法

显然我们可以两个人一起走,复杂度最多就是9*9*9*9=6561(哈哈哈时间复杂度这么低)

所以我们就用这个方法了!

⑤然后我们思考动归方程的写法:

第1条路线只可能是从i-1,j或者i,j-1转移,第2条路线也只可能从k-1,l或者k,l-1转移

而且因为是2个人走,如果走到一点我们的那个点就要打标记说那点上面的值为0

所以我们得到了我们的动归方程(注意:万一i,j与k,l相同这是要小心的!)

f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i][j-1][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k][l-1])+a[i][j]+a[k][l];

⑥最后这题就完美解决啦

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int n,x,y,val,ans=0,maxn,f[12][12][12][12],a[12][12];//a[i][j][k][l]表示两个人同时走,一个走i,j 一个走k,l 
 4 int main(){
 5     scanf("%d",&n);
 6     memset(a,0,sizeof a);
 7     while(1){
 8         scanf("%d%d%d",&x,&y,&val);
 9         if(x==0&&y==0&&val==0)break;
10         a[x][y]=val;
11     }
12     for(int i=1;i<=n;i++){
13         for(int j=1;j<=n;j++){
14             for(int k=1;k<=n;k++){
15                 for(int l=1;l<=n;l++){
16                     f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],max(f[i][j-1][k-1][l],max(f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k][l-1])))+a[i][j]+a[k][l];
17                     if(i==k&&j==l)f[i][j][k][l]-=a[i][j];
18                 }
19             }
20         }
21     }
22     printf("%d\n",f[n][n][n][n]);
23     return 0;
24 }

 

 

 

下面粘出洛谷大佬 以墨 的题解:

这题和传纸条很像

一级

显然,用f[i][j][k][l]表示第一个人走到(i,j),第二个人走到(k,l)的最优解,因为楼下讲了太多,我就不再赘述了。发个代码。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 struct point
 5 {
 6     int x,y,data;
 7 }p[100];
 8 int n,m,map[11][11],f[11][11][11][11];
 9 int main()
10 {
11     int i,j,k,l;
12     scanf("%d",&n);
13     while(1)
14     {
15         int a,b,c;
16         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
17         if(!a&&!b&&!c)
18             break;
19         p[++m].x=a;
20         p[m].y=b;
21         p[m].data=c;
22     }
23     for(i=1;i<=m;i++)
24         map[p[i].x][p[i].y]=p[i].data;
25     for(i=1;i<=n;i++)
26         for(j=1;j<=n;j++)
27             for(k=1;k<=n;k++)
28             {
29                 l=i+j-k;
30                 if(l<=0)
31                     break;
32                 f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],max(f[i-1][j][k][l-1],max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1])));
33                 if(i==k&&j==l)
34                     f[i][j][k][l]+=map[i][j];
35                 else
36                     f[i][j][k][l]+=map[i][j]+map[k][l];
37             }
38     printf("%d\n",f[n][n][n][n]);
39     return 0;
40 }

二级

然而这题数据太弱,范围这么小偶也没想到,但是钻研的精神很可贵,还是要多想想。

像楼下说的,用三维数组,优化空间。可以用路径长度代表阶段

f(l,i,ii)表示当前路径长度为l(也就是说当前是第l个状态),第一个人走到(i,l-i)的位置,第二个人走到(ii,l-ii)的位置。

具体原因楼下同样讲得太多了,因为后面还有料,现在就不多说了。


三级

看过楼下题解的同学应该能够发现,每一次的状态转移都只和上一个阶段有关,即第l-1个阶段。

所以说可以用滚动数组,只记录当前阶段和2的余数的阶段即可。

若l%2==0,则上一个状态l%2==1。反之亦然。

这样空间复杂度从O(n^4)->O(n^3)->O(2n^2)


四级

其实这样已经差不多了,但是还可以继续优化。

如果对01背包的以为写法非常熟悉的话......

可以模仿,枚举i和ii的时候,如果倒着做,那么当前的值就是上一个阶段的值,连滚动数组都不用。

空间复杂度再降到O(n^2)

贴上四级的代码~~~

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 struct point
 5 {
 6     int x,y,data;//记录每个点的位置和数值
 7 }p[100];
 8 int n,m,map[11][11],f[11][11];
 9 int main()
10 {
11     int i,ii,j,jj,l;
12     scanf("%d",&n);
13     while(1)
14     {
15         int a,b,c;
16         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
17         if(!a&&!b&&!c)
18             break;
19         p[++m].x=a;
20         p[m].y=b;
21         p[m].data=c;
22     }
23     for(i=1;i<=m;i++)
24         map[p[i].x][p[i].y]=p[i].data;
25     for(l=2;l<=n*2;l++)//每个点最少横着竖着都走一格,最多都走n格就到终点
26         for(i=l-1;i>=1;i--)//和前面说的一样,倒着做
27             for(ii=l-1;ii>=1;ii--)
28             {
29                 j=l-i;jj=l-ii;//i+j=ii+jj=l
30                 f[i][ii]=max(max(f[i][ii],f[i-1][ii-1]),max(f[i-1][ii],f[i][ii-1]))+map[i][j];
31 //重点说明一下吧,这里省略了很多。如果i不减1,意思就是j-1,因为上一个阶段就是l-1嘛。如果ii-1,意思就是说jj不减1。
32                 f[i][ii]+=map[ii][jj]*(i!=ii);
33 //如果i==ii,其实就是(i==ii&&j==jj),因为和都是l嘛。如果走过一遍,第二遍走得到的值就是0(题目上说的)。
34             }
35     printf("%d\n",f[n][n]);
36 //输出意思是在路径长度为2*n的阶段,两遍都走到(n,n)的最优值。因为在这里(j=2*n-i=n,jj=2*n-ii=n),所以走到的就是(n,n)的位置
37     return 0;
38 }

OVER ! 一个小小的建议,如果你想对这种两边一起做的DP有更深入的了解,可以做:传纸条和回文的路径

后者很难!!!

 

 


 第三种方法(费用流,SPFA):

 (蒟蒻表示暂时不会,先粘大佬的代码,以后再看)

SPFA

简要介绍一下如何构图

  1. 拆点:因为每个方格只取一次,但要走两遍,因此我们考虑对于矩阵中每个方格拆为两个节点,一个为流入点,记为i;一个为流出点,记为i‘。连两条边从i->i’,两条容量都为1,费用为-g[i][j]和0。

  2. 编号:这个大家有各自的习惯。我的题解中具体看我程序中的hashin和hashout函数和注释,hashin用于编号我前文所提到的i,hashout用于编号我前文所提到的i‘。

  3. 连接节点:每个节点的out连接它的右边和它下边节点的流入点,对于边界特殊处理一下,s连(0,0)的入点,(n-1,n-1)连t点。

这样构图跑一遍spfa的最小费用最大流就OK了。

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <queue>
  4 #define INF 0x7f7f7f7f
  5 using namespace std;
  6 
  7 struct Edge{
  8     int u;//大多数算法在邻接表中并不需要这个,但费用流比较例外
  9     int v;
 10     int f;//残量 
 11     int c;//费用 
 12     int next;
 13 }e[850];//网络流的题目都要记得边数开两倍,因为还有反向弧
 14 int head[170];
 15 int n,m,s,t;
 16 int ecnt = 0;
 17 inline void AddEdge(int _u,int _v,int _f,int _c) {
 18     e[ecnt].next = head[_u];
 19     head[_u] = ecnt;
 20     e[ecnt].u = _u;
 21     e[ecnt].v = _v;
 22     e[ecnt].f = _f;
 23     e[ecnt].c = _c;
 24     ecnt++;
 25 }
 26 inline void Add(int _u,int _v,int _f,int _c) {
 27     AddEdge(_u,_v,_f,_c);
 28     AddEdge(_v,_u,0,-_c);
 29 }
 30 
 31 int dis[170];
 32 bool inq[170];
 33 int pre[170];
 34 bool SPFA() {
 35     queue <int> q;
 36     q.push(s);
 37     memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
 38     memset(inq,0,sizeof(inq));
 39     memset(pre,-1,sizeof(pre));
 40     inq[s] = true;
 41     dis[s] = 0;
 42     while (!q.empty()) {
 43         int cur = q.front();
 44         q.pop();
 45         inq[cur] = false;
 46         for (int i = head[cur];i != -1;i = e[i].next) {
 47             if (e[i].f != 0 && dis[e[i].v] > dis[cur] + e[i].c) {
 48                 dis[e[i].v] = dis[cur] + e[i].c;
 49                 pre[e[i].v] = i;
 50                 if (!inq[e[i].v]) {
 51                     inq[e[i].v] = true;
 52                     q.push(e[i].v);
 53                 }
 54             }
 55         }
 56     }
 57     return dis[t] != INF;
 58 }
 59 
 60 void MICMAF(int &flow,int &cost) {
 61     flow = 0;
 62     cost = 0;
 63     while (SPFA()) {
 64         int minF = INF;
 65         for (int i=pre[t];i != -1;i=pre[e[i].u]) minF = min(minF,e[i].f);
 66         flow += minF;
 67         for (int i=pre[t];i != -1;i=pre[e[i].u]) {
 68             e[i].f -= minF;
 69             e[i^1].f += minF;
 70         }
 71         cost += dis[t] * minF;
 72     }
 73 }
 74 /*
 75 节点编号规则:
 76 源点:0
 77 矩阵节点(入):n*x+y+1
 78 矩阵节点(出):n*n+n*x+y+1
 79 汇点:2*n*n+1
 80 */
 81 int g[10][10];
 82 inline int hashin(int x,int y) {
 83     return n*x+y+1;
 84 }
 85 inline int hashout(int x,int y) {
 86     return n*n + n * x + y + 1;
 87 }
 88 int main() {
 89     memset(head,-1,sizeof(head));
 90     scanf("%d",&n);
 91     int x,y,v;
 92     while (scanf("%d%d%d",&x,&y,&v) == 3) {
 93         if (x == 0 && y == 0 && v == 0) break;
 94         x --;
 95         y --;
 96         g[x][y] = v;
 97     }
 98     s = 0;
 99     t = 2 * n * n + 1;
100     Add(s,1,2,0);
101     Add(2*n*n,t,2,0);
102     for (int i=0;i<n;i++)
103         for (int j=0;j<n;j++) {
104             int in = hashin(i,j);
105             int out = hashout(i,j);
106             Add(in,out,1,0);//邻接表中后插入的先遍历,卡常,f=1是因为只可能再经过一次
107             Add(in,out,1,-g[i][j]);
108             if (i != n - 1) Add(out,hashin(i+1,j),2,0);
109             if (j != n - 1) Add(out,hashin(i,j+1),2,0);
110         }
111     int f,c;
112     MICMAF(f,c);
113     printf("%d\n",-c);
114     return 0;
115 }

 

 

 

 

 

方格取数(多线程dp,深搜)

标签:应该   重复   icm   ret   再计算   一起   分支   com   滚动数组   

原文地址:https://www.cnblogs.com/jiamian/p/11334909.html

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