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题意
- 一个
n*n矩阵A，矩阵包含-1,1,0，其中-1不能通行，从矩阵左上角走到右下角，再走回左上角，第一次遇到1收益+1，第二次则不加，问你最大收益。
思路
- 这个题困扰我好久，网上题解包括discussion感觉都不是特别直观，现在终于完全想通了。。这里记录一下，希望能对大家有帮助。
- 这个题如果没有反复，那么显然可以用一个普通二维dp，直接求解
- 那么首先，我们想到的肯定是一个贪心的思路，先找正向一条最优的路，把路过的
1变0，再重新dp一遍 - 这个思路是错误的，我自己验证的方法是先假设这个贪心正确，再用反证法尝试证明，在证明过程中，你就会发现一些无法cover的情况，比如一条最大权路径收益为
6，两条次大收益路径相互没有重叠，收益为5，而最大路径分别和这两个次大路径重叠了2，假如其它位置都是0，那么贪心方法收益最大是9，而选两个次大路径收益是10 - 那么我们就需要重新设计dp状态，把重叠这个问题考虑进去
- 首先我们知道，正反两次走，等价于分别做两次正着走。问题就变成分别走两次找最大收益，其中第一次走过的
1会变成0。 - 然后我们进一步，简化理解，可以是
2个人同时正着走，且速度一样，希望两人总体的收益最大，如果它们同时走到一个格子上，那它们只能拿一次。可以简单理解一下为什么这个问题，和刚才的问题等价：设速度都是1，则第t个时刻，设第一个人走到(x1, y1)，第二个人走到(x2, y2)，那么一定有x1 + y1 = t，x2 + y2 = t，假如x1 != x2，那么这一次行程中，第一个人永远不会走到(x2, y2)，同理第二人永远不会走到(x1, y1)。因此，拿重的问题只会在它们同时走到一个格子的时候遇到，因此我们判断他们每个时刻是否会到达同一个格子就可以去重了。 - 把这个思想转换成dp的状态，则可以表示为
dp(t, x1, x2)，也就是第t时刻第一个人走到(x1, t - x1)，第二个人走到(x2, t - x2)时两人的最大收益。 - 状态转移也非常简单：
dp(t, x1, x2) = grid(x1, t - x1) + (x1 == x2 ? 0 : grid(x2, t - x2)) + max(dp(t-1, x1, x2), dp(t - 1, x1, x2 - 1), dp(t - 1, x1 - 1, x2), dp(t - 1, x1 - 1, x2 - 1)) - 最后就是
t这一维我们可以通过滚动数组压掉，注意这样的话需要反向遍历更新dp
实现
class Solution {
public:
int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
int n = grid.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, -1));
dp[0][0] = grid[0][0];
for (int k = 1; k < (n << 1) - 1; k++){
for (int i = min(n - 1, k); i >= 0 && i >= k - n + 1; i--){
for (int j = min(n - 1, k); j >= 0 && j >= k - n + 1; j--){
int p = k - i, q = k - j;
if (grid[i][p] == -1 || grid[j][q] == -1){
dp[i][j] = -1;
continue;
}
if (p > 0 && j > 0){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-1]);
}
if (i > 0){
if (j > 0)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-1]);
if (q > 0)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j]);
}
if (dp[i][j] == -1)
continue;
if (i == j)
dp[i][j] += grid[i][p];
else
dp[i][j] += grid[i][p] + grid[j][q];
}
}
}
return max(dp[n-1][n-1], 0);
}
};