NOIP2008 T3 传纸条 解题报告——S.B.S.

题目描述

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0-100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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件message.in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。

输出格式：

输出文件message.out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。

输入输出样例

输入样例#1：

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

输出样例#1：

34

说明

【限制】

30%的数据满足：1<=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=50

NOIP 2008提高组第三题

---------------------------我是华丽丽的分割线------------------------------------------

很容易想到一个算法：

–求出1个纸条从（1，1）到（M,N）的路线最大值.

–删除路径上的点值

–再求出1个纸条从（M,N）到（1，1）的路线最大值.

–统计两次和

上述算法很容易找出反例，如下图。

0 3 9              0 INF 9

2 8 5 -------> 2 INF 5

5 7 0              5 INF 0

第1次找最优值传递后，导致第2次无法传递。

-贪心算法错误，因此我们需要同时考虑两个纸条的传递。

-由于小渊和小轩的路径可逆，因此，尽管出发点不同，但都可以看成同时从(1,1)出发到达(M,N)点。

-设f(i1,j1,i2,j2)表示纸条1到达(i1,j1)位置，纸条2到达(i2,j2)位置的最优值。则有，

                            |f[i1-1][j1][i2-1][j2]

f(i1,j1,i2,j2)=max|f[i1-1][j1][i2][j2-1]

                            |f[i1][j1-1][i2-1][j2]

                            |f[i1][j1-1][i2][j2-1]

-其中 (i1,j1)<> (i2,j2)

-1<=i1, i2<=M, 1<=j1 , j2<=N

-时间复杂度O(N2M2)

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include<cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int d[51][51];
int s[51][51][51][51];
int main()
{
    
    int i,j,k,l;
    int n,m;
    cin>>m>>n;
    memset(s,0,sizeof(s));
    memset(d,0,sizeof(d));
    for(i=1;i<=m;i++)
     for(j=1;j<=n;j++)
        cin>>d[i][j];
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            for(k=1;k<=m;k++)
            {
                for(l=1;l<=n;l++)
                {
                    s[i][j][k][l]=max(s[i][j][k][l],s[i-1][j][k-1][l]);
                    s[i][j][k][l]=max(s[i][j][k][l],s[i-1][j][k][l-1]);
                    s[i][j][k][l]=max(s[i][j][k][l],s[i][j-1][k-1][l]);
                    s[i][j][k][l]=max(s[i][j][k][l],s[i][j-1][k][l-1]);
                    s[i][j][k][l]+=d[i][j];
                    if(i!=k||j!=l)   s[i][j][k][l]+=d[k][l];
                }
            }
        }
    }
    cout<<s[m][n][m][n];
    return 0;
}