一道很迷的\\(dp\\)。
感谢大爱无疆的sy
开始的时候采用的二维状态但是并不对）
然后把状态改成一维\\(AC\\)
\\(Solution\\)：
状态：开始想的是\\(f[i][j]\\),表示到达\\(i\\)时间时在\\(j\\)点处的最多金币数。
转移方程设置为：\\(f[i][j]=max\\{f[i-1][j-k]+sum-val[j-k]\\}\\)其中\\(sum\\)表示从\\(j-k\\)走到\\(j\\)所赚的金币数
但这样是不对的，因为题目中：
也就是上一个机器人消失的地方并不一定要买下一个机器人，而是可以换另一个地方买。
如果硬要设计地点的话，应该将\\(f[i-1][j-k]\\)变为\\(max\\{f[i-1][1,2,……n]\\}\\)
这样时间复杂度是\\(O(n^4)\\)的，想过题可能在想\\(peach\\)
经过思考，我们发现地点是没什么用的，所以将第二维去掉，\\(f[i]\\)表示时间为\\(i\\)时能获得的最大金币数；
转移方程：\\(f[i]=max\\{f[i-k]+sum-val[d],d=(j-k)\\%n+n\\}\\)
表示在\\(d\\)点购买的机器人从\\(d\\)点走到\\(j\\)点赚取的金币数，枚举\\(j、d\\),取得\\(f[i]\\)时的最大值
\\(sum\\)表示从\\(d\\)走到\\(j\\)获得的金币数，最简单的方法，暴力求解：
int pay(int a,int b,int x,int y) {
int rtn=0,j=a;
for(int i=x+1;i<=y;i++) {
rtn+=cost[j][i];
j++;
if(j>n) j=1;
}
return rtn;
}
//表示从a走到b，时间从x变成y所获得的金币数
\\(Code\\):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int ans=0;
char last=\' \',ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\') last=ch,ch=getchar();
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-\'0\',ch=getchar();
if(last==\'-\') ans=-ans;
return ans;
}
int n,m,p;
int cost[1010][1010];
int val[1010];
int f[1010];
int pay(int a,int b,int x,int y) {
int rtn=0,j=a;
for(int i=x+1;i<=y;i++) {
rtn+=cost[j][i];
j++;
if(j>n) j=1;
}
return rtn;
}
int main() {
n=read();
m=read();
p=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
cost[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
val[i]=read();
memset(f,0x9f,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=1;i<=m;++i) { // time i
for(int j=1;j<=n;++j) { // node j
for(int k=1;k<=p&&k<=i;++k) { // k
int d=j-k;
if(d<=0)
d=d%n+n;
int sum=pay(d,j,i-k,i);
f[i]=max(f[i],f[i-k]+sum-val[d]);
}
}
}
printf("%d",f[m]);
return 0;
}
这样会\\(TLE\\)，求\\(pay\\)实在是太慢了。
因为\\(k\\)是从小到大枚举的，也就是从只从\\(j\\)往后退一步，到往后退\\(p\\)步，赚取的金币数刚好是可以累加的。
所以定义一个\\(sum=0\\)每次枚举\\(k\\)时，\\(sum+=cost[j-k][i-k+1]\\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int ans=0;
char last=\' \',ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\') last=ch,ch=getchar();
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-\'0\',ch=getchar();
if(last==\'-\') ans=-ans;
return ans;
}
int n,m,p;
int cost[1010][1010];
int val[1010];
int f[1010];
int main() {
n=read();
m=read();
p=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cost[i][j]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
val[i]=read();
memset(f,0x9f,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=1;i<=m;i++) { // time i
for(int j=1;j<=n;j++) { // node j
int sum=0;
for(int k=1;k<=p&&k<=i;k++) { // zoule k
int d=j-k;
if(d<=0)
d=d%n+n;
sum+=cost[d][i-k+1];
f[i]=max(f[i],f[i-k]+sum-val[d]);
}
}
}
printf("%d",f[m]);
return 0;
}