2014 百度之星 题解 1004 Labyrinth

度度熊是一仅仅喜欢探险的熊，一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫，该迷宫仅仅能从矩阵左上角第一个方格開始走，仅仅有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫，每一次仅仅能走一格，且仅仅能向上向下向右走曾经没有走过的格子，每个格子中都有一些金币（或正或负，有可能遇到强盗拦路抢劫，度度熊身上金币能够为负，须要给强盗写欠条），度度熊刚開始时身上金币数为0，问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币？

输入的第一行是一个整数T（T < 200），表示共同拥有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m，n（m<=100，n<=100）。接下来的m行，每行n个整数，分别代表对应格子中能得到金币的数量，每一个整数都大于等于-100且小于等于100。

对于每组数据，首先须要输出单独一行”Case #?:”，当中问号处应填入当前的数据组数，组数从1開始计算。
每组測试数据输出一行，输出一个整数，代表依据最优的打法，你走到右上角时能够获得的最大金币数目。

2
3 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 2
1 1
1 1

Case #1:
18
Case #2:
4

本题使用动态规划法，这次百度之星有两题都是使用动态规划法的。

时间效率O(N^2)，只是好像有人用O(N^3)的时间效率也能过。

这个复杂版本号的找路径问题，一般找路径问题仅仅能往两个方向走，而这个能够往三个方向走的。

关键点：

逐行搜索，可是每行须要从上往下搜一次，然后从下往上搜一次。由于能够往三个方向走， 所以该格可能是从上面走下来，也可能从以下走上来，也能够从左面直接走过来。

由于每行的第一列仅仅能从左跨过来，或者从下上来，最后一列也仅仅能从上下来或者从左跨过来； 那么第一列和最后一列都能够作为该行的初始搜索点。

#include <stdio.h>
#include <vector>
using std::vector;
using std::max;

class Labyrinth_2
{
	int golds(vector<vector<int> > &b)
	{
		vector<vector<int> > tbl(b.size(), vector<int>(b[0].size()));		

		tbl[0][0] = b[0][0];
		for (int i = 1; i < (int)b.size(); i++)
		{
			tbl[i][0] = tbl[i-1][0] + b[i][0];
		}

		vector<int> cTbl(b.size());//不是b[0].size()
		for (int c = 1; c < (int)b[0].size(); c++)
		{
			tbl[0][c] = tbl[0][c-1] + b[0][c];
			int r = 1;
			for ( ; r < (int)b.size(); r++)
			{
				tbl[r][c] = max(tbl[r-1][c], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
			}
			--r;
			cTbl[r] = tbl[r][c-1] + b[r][c];
			for (--r; r >= 0; r--)
			{
				cTbl[r] = max(cTbl[r+1], tbl[r][c-1]) + b[r][c];
				tbl[r][c] = max(tbl[r][c], cTbl[r]);
			}
		}
		return tbl[0].back();
	}
public:
	Labyrinth_2()
	{
		int T, C, R;
		scanf("%d", &T);
		for (int t = 1; t <= T; t++)
		{
			printf("Case #%d:\n", t);

			scanf("%d %d", &R, &C);
			vector<vector<int > > grid(R, vector<int>(C));
			for (int i = 0; i < R; i++)
			{
				for (int k = 0; k < C; k++)
				{
					scanf("%d", &grid[i][k]);
				}
			}
			printf("%d\n", golds(grid));
		}
	}
};