洛谷P1004 方格取数-四维DP

　　

题目描述

设有 N imes NN×N 的方格图 (N le 9)(N≤9) ，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字 00 。如下图所示（见样例）:

A
 0  0  0  0  0  0  0  0
 0  0 13  0  0  6  0  0
 0  0  0  0  7  0  0  0
 0  0  0 14  0  0  0  0
 0 21  0  0  0  4  0  0
 0  0 15  0  0  0  0  0
 0 14  0  0  0  0  0  0
 0  0  0  0  0  0  0  0
                         B

某人从图的左上角的 AA 点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的 BB 点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字 00 ）。
此人从 AA 点到 BB 点共走两次，试找出 22 条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行为一个整数 NN （表示 N imes NN×N 的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的 00 表示输入结束。

输出格式：

只需输出一个整数，表示 22 条路径上取得的最大的和。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

8
2 3 13
2 6  6
3 5  7
4 4 14
5 2 21
5 6  4
6 3 15
7 2 14
0 0  0

输出样例#1： 复制

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说明

NOIP 2000 提高组第四题

思路：本题题意我就不解释了，一看这个题很像过河卒，过河卒是求路径数目，因此用一个递推求出，类似的本题也可以

我们用一个DP[i][j][k][z]表示第一个人走到map[i][j]，第二个人走到map[k][z],此时走这种路径情况下的最大可获得最大取值

而DP[i][j][k][z]是由四个状态转移而来分别是DP[i-1][j][k-1][z],DP[i-1][j][k][z-1],DP[i][j-1][k-1][z],DP[i][j-1][k][z-1];

DP转移方程DP[i][j][k][z]=MAX(DP[i-1][j][k-1][z],DP[i-1][j][k][z-1],DP[i][j-1][k-1][z],DP[i][j-1][k][z-1])+maps[i][j]+maps[k][z];

还需要注意的是，（取走后的方格中将变为数字 0 ）因此如果两者相遇就必须减掉一个maps[i][j]因为相遇的话肯定走的步数目相同，并且只有一个人拿到这个数字

因此减去maps[i][j]即可

当然还有什么SBFA，网络流的费用流做法等等非主流做法，以后更新

代码部分

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[11][11][11][11];
int maps[12][12];
int main(){
  int n;
  int x,y,z;
  scanf("%d",&n);
  while(1){
    scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
    if (x==y && x==z && x==0){
        break;
    }
    maps[x][y]=z;
  }
  for (int i=1;i<=n;i++){
    for (int j=1;j<=n;j++){
        for (int k=1;k<=n;k++){
            for (int z=1;z<=n;z++){
                dp[i][j][k][z]=max(max(dp[i-1][j][k-1][z],dp[i-1][j][k][z-1]),max(dp[i][j-1][k-1][z],dp[i][j-1][k][z-1]))+maps[i][j]+maps[k][z];
                if (i==k && j==z)dp[i][j][k][z]-=maps[i][j];
            }
        }
    }
  }
  cout<<dp[n][n][n][n]<<endl;



  return 0;
}