传纸条

Posted 2020-08-02 蒻

题目描述 Description

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。

输入描述 Input Description

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。

输出描述 Output Description

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。

样例输入 Sample Input

3 3

0 3 9

2 8 5

5 7 0

样例输出 Sample Output

34

数据范围及提示 Data Size & Hint

30%的数据满足：1<=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=50

这题和之前做过的一道更难的矩阵取数问题有点像，大概dp思路没变，只是说不能踩到有相同的格子，把问题转化成两个人在起点走到终点，问最多能有几分

dp[i][j][k]，i表示走了几步，j表示第一个人往下走了几步，z表示第二个人往下走了几步，这样他们的坐标都是可以推出来了

dp[i][j][k]可以由合法的dp[i-1][j][k]、dp[i-1][j-1][k-1]、dp[i-1][j-1][k]、dp[i-1][j][k-1]推出来。

所以我们就可以把除了头和尾以外所以的dp[i][k][k](1<=i<n+m-1,0<=k<=n)置为-inf

最后答案就是dp[n+m-1][n-1][n-1]了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;
#define X first
#define Y second
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb push_back
#define sd(x) scanf("%d",&(x))
#define Pi acos(-1.0)
#define sf(x) scanf("%lf",&(x))
#define ss(x) scanf("%s",(x))
#define maxn 50005
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1000000007;
int dp[105][55][55];
int mp[105][55];
int main()
{
#ifdef local
    freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
    int _time=clock();
#endif
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<m;j++)
            sd(mp[i][j]);
    for(int i=1;i<n+m-1;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++)
            {
                dp[i][j][j]=-inf;
            }
    for(int i=1;i<n+m;i++)
    {
        for(int j=0;j<n&&j<=i;j++)
        {
            for(int k=0;k<n&&k<=i;k++)
            {
                    if(i-1>=j&&i-1>=k)
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]+mp[j][i-j]+(j!=k?mp[k][i-k]:0));
                    if(j-1>=0&&k-1>=0)
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]+mp[j][i-j]+(j!=k?mp[k][i-k]:0));
                    if(j-1>=0&&i-1>=k)
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k]+mp[j][i-j]+(j!=k?mp[k][i-k]:0));
                    if(k>=1&&i-1>=j)
                        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k-1]+mp[j][i-j]+(j!=k?mp[k][i-k]:0));
            }
        }
    }
    cout<<dp[n+m-1][n-1][n-1]<<endl;
#ifdef local
    printf("time: %d\\n",int(clock()-_time));
#endif
}

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