【noip】noip2008 wikioi1169传纸条

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。

还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1<=m,n<=50）。

接下来的m行是一个m*n的矩阵，矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。

输出共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

3 3

0 3 9

2 8 5

5 7 0

34

30%的数据满足：1<=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=50

这道题是一道典型的动态规划题目，刚开始觉得很简单，就两次dp而已，第一次走最大，把走过的点标记了，然后第二遍接着dp，加个判重而已，但写的时候发现不太现实，所以换了一种最简单，应该说是最原始的一种思路，就是开个4维，并且一个从(1, 1)出发到(m ,n)，另一个从(m,n)到(1,1)其实就是两个都从(1,1)到(m,n)是一样的，所以思路就出来了

设dp[i][j][k][l]是第一张纸条到达(i,j)，第二张到达(k,l)时好心值最大

那么方程就是dp[i][j][k][l] = map[i][j] + map[k][l] + max(dp[i - 1][j][k - 1][l],dp[i -1][j][k][l - 1],dp[i][j - 1][k -1][l],dp[i][j -1][k][]l -1);

还有一点注意的是，如果i == k && j == l，也就是第二张走了第一张的路径，那么就要减去，dp[i][j][k][l] -= map[i][j];

接下来枚举每个i,j,k,l，最后输出dp[m][n][m][n]就行了，但这样做时间复杂度是O(n^4)，虽然对于极限数据也不会超时，但总感觉不保险，那就来优化一下吧，由于第一张与第二张是同时走，那么我们知道他们的步数是一样的，步数 = 横坐标＋纵坐标，所以只需枚举i,j,k，就能计算出l，只需三重循环，时间就变成了O(n^3);

【代码】：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int dp[55][55][55][55];
 6 int n, m;
 7 int map[55][55];
 8 
 9 int main()
10 {
11     scanf("%d%d", &n, &m);
12     for(int i = 1; i <= n; i++)
13     for(int j = 1; j <= m; j++)
14     scanf("%d", &map[i][j]);
15     for(int i = 1; i <= n; i++)
16     {
17         for(int j = 1; j <= m; j++)
18         {
19             for(int k = 1; k <= n; k++)
20             {
21                 int l;
22                 if(i + j - k > 0)l = i + j - k;
23                 else continue;
24                 dp[i][j][k][l]=max(max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1]),max(dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]))+map[i][j]+map[k][l];
25                 if(i == k && j == l)dp[i][j][k][l] -= map[i][j];
26             }
27         }
28     }
29     printf("%d\n",dp[n][m][n][m]);
30     return 0;
31 }

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