[NOIP2008 提高组] 传纸条——DP+优化

[NOIP2008 提高组] 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，班上同学安排坐成一个 $m$ 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 $[0,100]$ 内的自然数来表示，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。

输入格式

第一行有两个用空格隔开的整数 $m$ 和 $n$，表示班里有 $m$ 行 $n$ 列。

接下来的 $m$ 行是一个 $m\times n$ 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

输出文件共一行一个整数，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

样例输入

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

样例输出

34

提示

【数据范围】

对于 $30\%$ 的数据，满足 $1\le m,n\le 10$。
对于 $100\%$ 的数据，满足 $1\le m,n\le 50$。

【题目来源】

NOIP 2008 提高组第三题。

温馨提示

温馨提示：不要模仿小渊和小轩的行为哦！

结题思路

四维DP（不推荐）

超出 人类 时间范围的方法
纯暴力，使用一个四维数组，$f[a][b][c][d]$。

• $a$，$b$表示小渊的纸条往两个不同的方向传的位置
• $c$，$d$表示小轩的纸条往两个不同的方向传的位置

然后四重循环暴力dp即可，下面给出状态转移方程：

f[i][j][k][l]=maxx(f[i][j-1][k-1][l] , f[i-1][j][k][l-1] , f[i][j-1][k][l-1] , f[i-1][j][k-1][l])+a[i][j]+a[k][l]。

• 注：此处的maxx函数为自定义函数，函数内容见下。a数组为当前人的好心程度

这种做法在这里并不超时，但是时间复杂度去到了$O(n^2\times m^2)$。
因此但凡数据量大一点就会TLE
那么怎么优化呢？

三维DP（推荐）

我们观察题目发现，由于纸条只能从两个方向传，所以我们只需要知道 从一个方向传的次数 以及 总次数 就可以算出 另一个方向传的次数！
又因为两人传纸条的总次数一定相等，所以我们可以让它同时进行传纸条运动。
也就是说：只用 一重循环枚举总次数 即可。
总结下来就是三重循环：

for (int k=1;k<n+m;k++) //枚举总次数
	for (int i=1;i<=n;i++)	//枚举小渊传纸条往下传的次数
		for (int j=1;j<=n;j++)	//枚举小轩传纸条往下传的次数

那么时间复杂度大大降低，变为$O((n+m)\times n\times m)$

根据上面的思路，我们只需要一个三维数组$f[k][i][j]$

• $k$表示传纸条的总次数 （$1\le k\le n+m$）
• $i$表示小渊传纸条往下传的次数 （同样也可以枚举向右传的次数）
• $j$表示小轩传纸条往上传的次数 （同样也可以枚举向左传的次数）

因此我们可以得到状态转移方程：

f[k][i][j]=maxx(f[k-1][i][j],f[k-1][i-1][j],f[k-1][i][j-1],f[k-1][i-1][j-1])+a[i][l1]+a[j][l2];

• 注：此处的maxx函数为自定义函数（求最大值），函数内容见下。a数组为当前人的好心程度

这是什么意思呢？我们根据上面的数组分析就可以很快看出来：

• 求出总次数比当前次数少1的情况下，最大的好心程度。
• 加上当前到达的两个人的好心程度。

因此，我们就可以写出代码啦！！

A C 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200;
int n,m,a[N][N],f[2*N][N][N];
int maxx(int a,int b,int c,int d) {
    
    
	return max(max(max(a,b),c),d);
}
int main() {
    
    
	cin >>n >>m;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=m;j++)
			cin >>a[i][j];
	for (int k=1;k<n+m;k++)
		for (int i=1;i<=n;i++)
			for (int j=1;j<=n;j++) {
    
    
				int l1=k-i+1,l2=k-j+1;	//计算另一个方向的次数
				if (l1<1 || l2<1)
					continue;
				f[k][i][j]=maxx(f[k-1][i][j],f[k-1][i-1][j],f[k-1][i][j-1],f[k-1][i-1][j-1])+a[i][l1]+a[j][l2];
				//状态转移方程
				if (i==j)
					f[k][i][j]-=a[i][l1];	//如果到达的位置是同一个人，那么去掉重复计算的情况
			}
	cout <<f[n+m-1][n][n];
	return 0;
}