洛谷 P1006 传纸条 题解

P1006 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，班上同学安排做成一个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2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2条路径。

输入格式

输入文件，第一行有2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ii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，包含一个整数，表示来回2条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

输入输出样例

输入 #1

3 3

0 3 9

2 8 5

5 7 0

输出 #1

34

说明/提示

【限制】

30%的数据满足：\(1 \le m,n \le 10\)

100%的数据满足：\(1 \le m,n \le 50\)

NOIP 2008提高组第三题

【思路】

类似方格取数这一道题

都是走两遍

不过这个是从小渊到小轩一遍，和小轩到小渊一遍

但是可以看乘小渊到小轩两遍或者小轩到小渊两遍

这样就省去了很多的麻烦

然后就类比方格取数的思想

f(i,j,k,l)

i,j表示第一遍到达的位置，k,l表示第二遍到达的位置

这道题和方格取数不同的地方就是，

方格取数可以重复走一个点虽然可能结果回小但是是可以的

不过传纸条这道题目一个点只能走一遍

这就需要特殊处理了

可以在枚举最后以重循环也就是l的时候从j + 1开始枚 举，因为这样l就不可能会枚举到第一遍走过的点了

也可以压成三重循环然后在用i + j - k的公式求j的时候

判断一下如果l小于等于j了那就break掉

【公式的得出】

（因为这两次走的步数都是一样的，

所以第一次的步数等于i + j

那么只要知道k，就可以求出l

用i + j - k就可以求出）

【最终结论】

最后输出的结果不是f[n][m][n][m]

因为前面处理了一下不会走到同一个点

所走不到f[n][m][n][m]这个点，如果输出这个那输出的就一定是0

所以应该输出可以到达(n,m)的那两点

也就是(n - 1,m)和(n,m - 1)

转化为在f数组里面就是

f[n - 1][m][n][m - 1]

不过又因为前面枚举了l是大于j的

所以应该是(n,m - 1)在前，(n - 1,m)在后

不然无法满足l>j，那么最后输出的还是0

所以输出f[n][m - 1][n - 1][m]

【完整代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int Max = 55;
int a[Max][Max];
int f[Max][Max][Max][Max];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		for(int j = 1;j <= m;++ j)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
	{
		for(int j = 1;j <= m;++ j)
		{
			for(int k = 1;k <= n;++ k)
			{
				int l = i + j - k;
				if(l <= j)
					break;
				f[i][j][k][l] = max(max(f[i][j - 1][k - 1][l],f[i][j - 1][k][l - 1]),max(f[i - 1][j][k - 1][l],f[i - 1][j][k][l - 1]));
				f[i][j][k][l] += a[i][j] + a[k][l];
			}
		}
	}
	cout << f[n][m - 1][n - 1][m]  << endl;
	return 0;
}