[NOI2013]书法家
题目描述
小E同学非常喜欢书法，他听说NOI2013已经开始了，想题一幅“NOI”的字送给大家。
小E有一张非常神奇的纸，纸可以用一个n 行m 列的二维方格矩阵来表示，为了描述方便，我们定义矩阵左下角方格坐标为(1,1) ，右上角方格坐标为(m,n) 。矩阵的每个方格有一个整数的幸运值。在格子上面写字可以增加大家的幸运度，幸运度的大小恰好是所有被笔写到的方格的幸运值之和。现在你要在上面写上 ‘N’，‘O’，‘I’三个字母。
下面给出3个书法字的定义：
1.‘N’由若干（≥3）个边平行于坐标轴的矩形组成，设有K个矩形组成（标号1~K），第i个矩形的左下角方格坐标设为(Li ,Bi) ，右上角坐标设为(Ri ,Ti) ，要求满足：
a)Li<=Ri,Bi<=Ti
b)对任意1<i<=K，有Li=R(i-1)+1
c)对任意3<=i<K，有B(i-1)<=Ti<=T(i-1),Bi<=B(i-1);
d)B2>B1,T2=T1,B(K-1)=B(K),T(k-1)<T(K)
2.‘O’由一个大矩形A，挖去一个小矩形B得到，这两个矩形的边都平行于坐标轴。设大矩形左下角的方格坐标为(u,v)，长为W宽为H，则小矩形B满足左下角方格坐标为(u+1,v+1) ，长W-2 ，宽H-2。要求满足：
a)W>=3,H>=3
b)u>R(K)+1
3.‘I’为3个边平行于坐标轴的从下到上的实心矩形组成，从下到上依次标号为1,2,3，第i 个矩形的左下角格子坐标设为(Pi , Qi )，右上角格子坐标设为(Gi , Hi )，要求满足：
a)Pi<=Gi,Qi<=Hi
b)P1=P3>u+W,G1=G3
c)Q1=H1=Q2-1,H2+1=Q3=H3
d)P1<P2<=G2<G1下图是一个‘N’,‘O’,‘I’的例子
另外，所有画的图形均不允许超过纸张的边界。现在小E想要知道,他能画出的最大幸运度是多少。
输入输出格式
输入格式：
输入文件penman.in的第一行包含两个正整数n和m，分别表示矩阵的行数和列数。
接下来n行，每行有m个整数，第i+1行的第j个数表示格子(j,n-i+1)的幸运值。
输出格式：
输出到文件penman.out中，输出一个整数T，表示小E能够获得的最大幸运度。
输入输出样例
【样例输入1】 3 13 1 1 -1 -1 1 -1 1 1 1 -1 1 1 1 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 1 -1 -1 1 -1 1 -1 -1 1 1 -1 1 1 1 -1 1 1 1 【样例输入2】 3 13 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
【样例输出1】 24 【样例输出2】 -20
说明
样例1
样例2
数据范围
对于所有的测试数据，保证n≥3，m≥12。
据说状态是这样的：
so，贴了份代码。表示没有耐心把它打完。
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; const int oo=-150000000; int f[3][9][151][151],cnt,m1,p1,t,mx[151][151],n,m,ans=oo,max5=oo,max2=oo,a[501][151],s[501][151]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ scanf("%d",&a[j][i]); s[j][i]=s[j][i-1]+a[j][i]; } } for(int i=0;i<9;i++){ for(int j=0;j<151;j++){ for(int k=0;k<151;k++){ f[0][i][j][k]=oo; } } } for(int j=0;j<151;j++){ for(int k=0;k<151;k++){ mx[j][k]=oo; } } cnt=0;m1=2;p1=1; for(int i=1;i<=m;i++){ t=m1;m1=cnt;cnt=p1;p1=t; for(int j=1;j<=n;j++){ for(int k=j+1;k<=n;k++){ f[cnt][0][j][k]=max(f[m1][0][j][k],0)+s[i][k]-s[i][j-1]; } } for(int j=1;j<=n;j++){ mx[1][j]=f[m1][1][1][j]; for(int k=2;k<=j;k++){ mx[k][j]=max(mx[k-1][j],f[m1][1][k][j]); } } for(int j=1;j<=n;j++){ f[cnt][1][j][j]=max(mx[j][j],mx[j-1][j-1])+a[i][j]; for(int k=j+1;k<=n;k++){ f[cnt][1][j][k]=max(f[cnt][1][j][k-1]+s[i][k]-s[i][k-1],mx[j][k]+s[i][k]-s[i][j-1]); } } for(int j=1;j<n;j++){ int max0=oo; for(int k=n-1;k>=j;k--){ max0=max(max0,f[m1][0][j][k+1]); f[cnt][1][j][k]=max(f[cnt][1][j][k],max0+s[i][k]-s[i][j-1]); } } for(int k=2;k<=n;k++){ int max1=oo; for(int j=k-1;j;j--){ max1=max(max1,f[m1][1][j+1][k]); f[cnt][2][j][k]=max(f[m1][2][j][k],max1)+s[i][k]-s[i][j-1]; } } if(i>1){ for(int k=2;k<=n;k++){ for(int j=k-1;j;j--){ max2=max(max2,f[p1][2][j][k]); } } } for(int j=1;j<n-1;j++){ for(int k=j+2;k<=n;k++){ f[cnt][3][j][k]=max2+s[i][k]-s[i][j-1]; f[cnt][4][j][k]=max(f[m1][3][j][k],f[m1][4][j][k])+a[i][k]+a[i][j]; f[cnt][5][j][k]=f[m1][4][j][k]+s[i][k]-s[i][j-1]; } } if(i>1){ for(int j=1;j<n-1;j++){ for(int k=j+2;k<=n;k++){ max5=max(max5,f[p1][5][j][k]); } } } for(int j=1;j<n-1;j++){ for(int k=j+2;k<=n;k++){ f[cnt][6][j][k]=max(max5,f[m1][6][j][k])+a[i][k]+a[i][j]; f[cnt][7][j][k]=max(f[m1][6][j][k],f[m1][7][j][k])+s[i][k]-s[i][j-1]; f[cnt][8][j][k]=max(f[m1][7][j][k],f[m1][8][j][k])+a[i][k]+a[i][j]; ans=max(ans,f[cnt][8][j][k]); } } } printf("%d\n",ans); return 0; }
