NYOJ 61 传纸条(一)(双线程dp)
2017-07-13 08:41
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传纸条(一)
时间限制:2000 ms | 内存限制:65535 KB难度:5
描述
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0-1000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之和最大。现在,请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。
输入第一行输入N(0<N<100)表示待测数据组数。
每组测试数据输入的第一行有2个用空格隔开的整数m和n,表示班里有m行n列(2<=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(不大于1000)。每行的n个整数之间用空格隔开。
输出每组测试数据输出共一行,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
1 3 3 0 3 9 2 8 5 5 7 0
样例输出
34
第一次接触双路dp,毫无头绪,百度找码,遭遇无数挫折,终于把这题搞定了,有点类似于双路广搜
借鉴下这位博主的解释,不过他的代码wa了,我把他的代码改AC了,会在下面贴出,事实证明,实力不是足够强,还是交一发试试能不能A的好,这个博主的分析很好,但是代码wa了,代码wa了!!!
分析:
题目要求从1,1到m,n两条不向交的路径的权值和最大值。我们可以把问题转化为有两个人同时从1,1向m,n走,两人不相交。由于两人可以走所有的格子,所以我们分别用x1,y1,x2,y2来表示某一时刻两人的位置。所以我们要用一个4维的数组来表示出所有的状态。
那么状态是怎么样转移的呢?
如图所示:由于只能向下或者向右走,所以(x1,y1),(x2,y2)分别可以由图中黄色部分走一步得到。从上一步到这一步总共有4种情况。所以状态转移方为:(a[][]存权值)
dp[x1][y1][x2][y2]=max(dp[x1][y1-1][x2][y2-1],dp[x1][y1-1],x2-1][y2],dp[x1-1][y1][x2][y2-1],dp[x1-1][y1][x2-1][y2])+a[x1][y1]+a[x2][y2];
时间复杂度为O(n^4);
优化:
我们令k表示走过的步数,所以有x1+y1=k,x2+y2=k(初始时k=1+1);知道了k,x1,x2,那么我们就可以知道y1,y2了。所以状态可以降低为3维,状态转移方程:
dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1],dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1])+a[x1][k-x1]+a[x2][k-x2];
注意:在实现的过程中,当x1==x2时说明两个人相交了,要排除。所以我们的结束状态并不是两个人都到达了(m,n)而是在(m,n)的左边和上面。k的范围为2~n+m-1,最终结束时为:dp[n+m-1][m][m-1];
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; int const N = 55; int e ,n,m; int dp[2*N] ; int solve() { for(int k=2;k<=n+m-1;k++)//从(1,1)开始,x+y=2,(n-1,m)和(n,m-1)结束,x+y=n+m-1 { for(int x1=1;x1<=n;x1++) { for(int x2=1;x2<=n;x2++) { if(x1!=x2)//两条路径不能相交 { dp[k][x1][x2]=max(max(dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1]),max(dp[k-1][x1][x2-1],dp[k-1][x1][x2]))+e[x1][k-x1]+e[x2][k-x2]; } } } } return max(dp[n+m-1][n-1] ,dp[n+m-1] [n-1]); } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { mem(e,0);//此处不可省略,可能会越界访问 mem(dp,0); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&e[i][j]); } } printf("%d\n",solve()); } return 0; }
参考博客:STILLxjy
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