• 传纸条


    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:

    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。

    样例输入:

    3 3
    0 3 9
    2 8 5
    5 7 0

    样例输出:

    34

    emmm……
    直观的方法用dp[x1][y1][x2][y2]表示传递到(x1,y2)和(x2,y2)的位置得到的最大价值,每次由两个坐标转移到两个坐标,但是复杂度太大,需要O(n^4),可通过,但是这有一种更NB的方法:
    观察坐标可以发现,两个坐标同时从左上方往右下方走时,他们的坐标和是一样的,即x1+y1=x2+y2=step+1(step表示已经走的步数),于是我们可以以步数为阶段,dp[i][x1][x2]表示第i步走到x1,x2的坐标取得的最大值(x1,x2确定后,y1=i+1-x1,y2=i+1-x2)。总共走(n+m-1)步,于是复杂度为O((n+m)*n^2)。
    代码来了:

    #include<cstdio>
        #include<iostream>
        #include<cstring>
        using namespace std;
        const int oo=100000000;
        const int M=105;
        int g[55][55];
        int dp[M][55][55];
        int max4(int a,int b,int c,int d)
        {
        return max(a,max(b,max(c,d)));
        }
        int main()
        {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(g,0,sizeof(g));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&g[i][j]);
        }
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[1][1][1]=g[1][1];
        for(int i=2;i<=n+m-1;i++)
        {
            for(int x1=1;x1<=n;x1++)
            {
                if(i+1-x1>=1&&i+1-x1<=m)
                {
                    for(int x2=1;x2<=n;x2++)
                    {
                        if(i+1-x2>=1&&i+1-x2<=m)
                        {
                            dp[i][x1][x2]+=max4(dp[i-1][x1][x2],dp[i-1][x1-1][x2],dp[i-1][x1][x2-1],dp[i-1][x1-1][x2-1]);
                            if(x1==x2)
                            {
                                dp[i][x1][x2]+=g[x1][i+1-x1];
                            }
                            else
                            {
                                dp[i][x1][x2]+=g[x1][i+1-x1]+g[x2][i+1-x2];
                            }
                        }
                    }
                }
            }
            
        }
        printf("%d
    ",dp[n+m-1][n][n]);
        return 0;
        } 
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Zhoier-Zxy/p/8067407.html
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