問題 給定n行n列的方陣，每個元素是乙個整數，從左上角走到右下角，每次只能向右或者下，走兩次，使得得到的總和最大。同一次經過兩個元素的話，總和只計算一次。
分析： 如果是只走一次的話，是經典的dp。走兩次的話，dp兩次是不對的……因為狀態之間有影響，第一次和最大的路徑可能會影響第二次的路徑。這個題還有乙個變形，是等價的，就是說從起點到終點只能向右和下，再從終點回起點只能向上或者左，使得總和最大。
搜尋是指數的演算法，貪心不靠譜，兩次dp也不行。所以還是嘗試兩個人同時走……，有個好處是，兩個人一起走的話，只能在同一步經過相同的格仔，這是由距離決定的。因為第step步，所在的格仔距離起點的曼哈頓距離|x - x' | + |y - y'| = step……所以走一次時，狀態是dp[(x,y)]由(x - 1, y) (x, y - 1)決定，現在狀態是dp[(x1,y1)(x2,y2)]由4個狀態確定即dp[(x1 - 1, y1)(x2 - 1, y2)] dp[(x1 - 1, x2, y2 - 1)] dp[(x1, y1 - 1)(x2 - 1, y2)] dp[(x1, y1 - 1) (x2 , y2 - 1)]確定。
const int n = 202;
const int inf = 1000000000; //無窮大
int dp[n * 2][n][n];
bool isvalid(int step,int x1,int x2,int n)
int getvalue(int step, int x1,int x2,int n)
//狀態表示dp[step][i][j] 並且i <= j, 第step步 兩個人分別在第i行和第j行的最大得分 時間複雜度o(n^3) 空間複雜度o(n^3)
int getanswer(int a[n][n],int n)
}dp[0][0][0] = a[0][0];
for (step = 1; step <= p; ++step)
//對於合法的位置進行dp
if (i != j)
else }}
}return dp[p][n - 1][n- 1];
}
以上**的複雜度空間複雜度是o(n^3)，稍微想一下可以知道我們在推算dp[step]的時候 只有到了dp[step - 1]，所以第一維，我們只開到2就可以了。就是step為奇數時，我們都用dp[1][i][j]表示狀態，step為偶數我們都用dp[0][i][j]表示狀態，這樣我們只需要o(n^2)的空間，這就是滾動陣列的方法。滾動陣列寫起來並不複雜，只需要對上面的**稍作修改即可，優化後的**如下：
int dp[2][n][n];
bool isvalid(int step,int x1,int x2,int n)
int getvalue(int step, int x1,int x2,int n)
//狀態表示dp[step][i][j] 並且i <= j, 第step步 兩個人分別在第i行和第j行的最大得分 時間複雜度o(n^3) 使用滾動陣列 空間複雜度o(n^2)
int getanswer(int a[n][n],int n)
}dp[0][0][0] = a[0][0];
for (step = 1; step <= p; ++step)
s = step % 2; //狀態下表標
//對於合法的位置進行dp
if (i != j)
else }}
}return dp[p % 2][n - 1][n- 1];
}
方格取數問題
點我網路流 考慮先將棋盤黑白染色變成二分圖，這樣使得每個格仔有公共邊的其他格仔和它自己都是異色的，然後把它向其他四個方向的點連一下邊，邊容量 inf s 連黑點，容量為權值，白點連 t 容量同理 於是問題轉化為乙個最小割問題 include define inf 1000000000 7 defin...
題解 方格取數問題
傳送門 在乙個有 m n 個方格的棋盤中，每個方格中有乙個正整數。現要從方格中取數，使任意 2 個數所在方格沒有公共邊，且取出的數的總和最大。試設計乙個滿足要求的取數演算法。對於給定的方格棋盤，按照取數要求程式設計找出總和最大的數。這個題目也是很明顯的網路流，奇偶性建圖，最後總和 最小割即為答案 i...
題解 方格取數問題
題目戳我 text 相鄰的不能取 黑白染色。染色完之後，我們需要對不能同時選擇的點連線一條流量為 infty 的邊，以保證它們不被割開。即，被割開的一定是連向 s 或 t 的之前連過的邊，邊權是點權。上述連邊保證圖聯通，並保證割掉的邊一定是之前連的邊權為點權的邊。如果不連 infty 的邊，則原圖本...