【BZOJ1187】[HNOI2007]神奇游乐园 插头DP

【BZOJ1187】[HNOI2007]神奇游乐园

Description

经历了一段艰辛的旅程后，主人公小P乘坐飞艇返回。在返回的途中，小P发现在漫无边际的沙漠中，有一块狭长的绿地特别显眼。往下仔细一看，才发现这是一个游乐场，专为旅途中疲惫的人设计。娱乐场可以看成是一块大小为n×m的区域，且这个n×m的区域被分成n×m个小格子，每个小格子中就有一个娱乐项目。然而，小P并不喜欢其中的所有娱乐项目，于是，他给每个项目一个满意度。满意度为正时表示小P喜欢这个项目，值越大表示越喜欢。为负时表示他不喜欢，这个负数的绝对值越大表示他越不喜欢。为0时表示他对这个项目没有喜恶。小P决定将飞艇停在某个小格中，然后每步他可以移动到相邻的上下左右四个格子的某个格子中。小P希望找一条路径，从飞艇所在格出发，最后又回到这个格子。小P有一个习惯，从不喜欢浪费时间。因此，他希望经过每个格子都是有意义的：他到一个地方后，就一定要感受以下那里的惊险和刺激，不管自己是不是喜欢那里的娱乐项目。而且，除了飞艇所在格，其他的格子他不愿意经过两次。小P希望自己至少要经过四个格子。在满足这些条件的情况下，小P希望自己玩过的娱乐项目的满意度之和最高。你能帮他找到这个最高的满意度之和吗？

Input

输入文件中的第一行为两个正整数n和m，表示游乐场的大小为n×m。因为这个娱乐场很狭窄，所以n和m满足：2<=n<=100，2<=m<=6。接下来的n行，每行有m个整数，第i行第j列表示游乐场的第i行第j列的小格子中的娱乐项目的满意度，这个满意度的范围是[-1000，1000]。同一行的两个整数之间用空格隔开。

Output

输出文件中仅一行为一个整数，表示最高的满意度之和。

Sample Input

4 4
100 300 -400 400
-100 1000 1000 1000
-100 -100 -100 -100
-100 -100 -100 1000

Sample Output

4000

HINT

大家测下这个数据 5 5 1 1 -100 3 3 1 1 -100 3 3 1 1 -100 3 3 1 1 -100 3 3 1 1 -100 3 3 结果是30?

题解：本题就是将原来的插头DP统计方案变成求最大值，不要求经过所有格。转移的大致思路与统计方案类似，只不过在每个格都可以作为终止节点更新答案。条件是在这里左括号和右括号合并到了一起，并且没有其它的括号。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,k,tot,ans;
int dp[2][2200];
int bt[10],m3[2200];
inline void upd(int a,int b)	{if(dp[k][a]<b)	dp[k][a]=b;}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd(),ans=-1<<30;
	memset(dp[0],0xc0,sizeof(dp[0]));
	dp[0][0]=0;
	int tmp,tag,u,i,j,S,T,x,y,p,q,v;
	for(i=bt[0]=1;i<=m+1;i++)	bt[i]=bt[i-1]*3;
	for(tot=bt[m+1],i=0;i<tot;i++)	m3[i]=i%3;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			v=rd(),k^=1;
			memset(dp[k],0xc0,sizeof(dp[k])),dp[k][0]=0;
			for(S=0;S<tot;S++)
			{
				x=bt[j-1],y=bt[j],p=m3[S/x],q=m3[S/y],tag=dp[k^1][S],T=S-x*p-y*q;
				if(!p&&!q)
				{
					if(i!=n&&j!=m)	upd(T+x+(y<<1),tag+v);
					upd(T,tag);
				}
				if((!p&&q==1)||(!q&&p==1))
				{
					if(i!=n)	upd(T+x,tag+v);
					if(j!=m)	upd(T+y,tag+v);
				}
				if((!p&&q==2)||(!q&&p==2))
				{
					if(i!=n)	upd(T+(x<<1),tag+v);
					if(j!=m)	upd(T+(y<<1),tag+v);
				}
				if(p==1&&q==2&&!T&&ans<tag+v)	ans=tag+v;
				if(p==2&&q==1)	upd(T,tag+v);
				if(p==1&&q==1)
				{
					for(tmp=0,u=j+1;u<=m&&tmp>=0;tmp+=(m3[T/bt[u]]==1)-(m3[T/bt[u]]==2),u++);
					u--;
					upd(T-bt[u],tag+v);
				}
				if(p==2&&q==2)
				{
					for(tmp=0,u=j-2;u>=0&&tmp>=0;tmp+=(m3[T/bt[u]]==2)-(m3[T/bt[u]]==1),u--);
					u++;
					upd(T+bt[u],tag+v);
				}
			}
		}
		for(S=tot-1;S>=0;S--)	dp[k][S]=(m3[S])?0xc0c0c0c0:dp[k][S/3];
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}//2 2 -1 -1 -1 -1