标签：应该 重复 icm ret 再计算 一起 分支 com 滚动数组
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。
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
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
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。
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‘。
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 }
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
