LightOJ1036 A Refining Company（DP）

题目大概说有一个n*m的格子地图，每个格子有铀或者镭矿。地图最北面的镭矿加工厂，最西面有铀矿加工厂，而要通过在格子里铺设由南向北（镭）或由东向西（铀）的轨道来送矿物到加工厂。一个格子只能铺设一种轨道，即要嘛运送铀要嘛运送镭，不同轨道也不能相交。现在知道地图上各个格子铀和镭的数量，问怎么铺设轨道使送到加工厂的矿物数量最多。

首先明确要运送某一格子的镭矿到北面加工厂，这个轨道肯定是直直连续往上的；而铀矿同理，是水平连续向左的轨道。

另外，因为获得的数量要最多，各个格子肯定都要铺设轨道，反证可知。

然后可以发现，格子(i,j)怎样与格子(0,0)到格子(i-1,j-1)的围成的矩形所有格子的情况毫不相关，这样就考虑DP了：

dp[0][i][j]表示格子(0,0)到格子(i,j)围成的矩形中，格子(i,j)铺设横轨道能获得的最大数量

dp[1][i][j]表示格子(0,0)到格子(i,j)围成的矩形中，格子(i,j)铺设竖轨道能获得的最大数量

转移：

dp[0][i][j]就是从max(dp[0][i-1][j],dp[1][i-1][j])+sum(格子(i,0)的铀数量...格子(i,j)的铀数量)

dp[1][i][j]同理

而最后的结果就是max(dp[0][n-1][m-1],dp[1][n-1][m-1])

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int U[555][555],R[555][555],d[2][555][555];
int main(){
int t,n,m;
scanf("%d",&t);
for(int cse=1; cse<=t; ++cse){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0; i<n; ++i){
for(int j=0; j<m; ++j){
scanf("%d",&U[i][j]);
}
}
for(int i=0; i<n; ++i){
for(int j=0; j<m; ++j){
scanf("%d",&R[i][j]);
}
}
memset(d,0,sizeof(d));
d[0][0][0]=U[0][0];
d[1][0][0]=R[0][0];
for(int i=0; i<n; ++i){
for(int j=0; j<m; ++j){
if(i==0 && j==0) continue;
if(i==0){
int sum=0;
for(int k=0; k<=j; ++k){
sum+=U[i][k];
}
d[0][i][j]=sum;

d[1][i][j]=max(d[0][i][j-1],d[1][i][j-1])+R[i][j];
}else if(j==0){
d[0][i][0]=max(d[0][i-1][0],d[1][i-1][0])+U[i][j];

int sum=0;
for(int k=0; k<=i; ++k){
sum+=R[k][j];
}
d[1][i][j]=sum;
}else{
int sum=0;
for(int k=0; k<=j; ++k){
sum+=U[i][k];
}
d[0][i][j]=max(d[0][i-1][j],d[1][i-1][j])+sum;

sum=0;
for(int k=0; k<=i; ++k){
sum+=R[k][j];
}
d[1][i][j]=max(d[0][i][j-1],d[1][i][j-1])+sum;
}
}
}
printf("Case %d: %d\n",cse,max(d[0][n-1][m-1],d[1][n-1][m-1]));
}
return 0;
}