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解题报告:
- 方案一：DFS, 时间复杂度O(2的N次幂), TLE
class Solution {
public:
int result = 0;
int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
int n = grid.size();
if(1 == n) return grid[0][0];
dfs(0, 0, 0, grid, n, 1);
return result;
}
void dfs(int x, int y, int ans, vector<vector<int>>& grid, int n, int process) {
if(!isValid(x, y, n)) return;//越界
if(grid[x][y] == -1) return;//不通
if(0 == x && 0 == y && 2 == process) {
result = max(result, ans);
return;
}
if(x == n - 1 && y == n - 1) {
process = 2;
}
bool hasCherry = false;
if(1 == grid[x][y]) {
ans++;
grid[x][y] = 0;
hasCherry = true;
}
if(1 == process) {
//right
dfs(x, y + 1, ans, grid, n, 1);
//bottom
dfs(x + 1, y, ans, grid, n, 1);
} else if(2 == process) {
//left
dfs(x, y - 1, ans, grid, n, 2);
//up
dfs(x - 1, y, ans, grid, n, 2);
}
if(hasCherry) {
hasCherry = false;
ans--;
grid[x][y] = 1;
}
}
bool isValid(int x, int y, int n) {
if(x < 0 || y < 0 || x >= n || y >= n) return false;
return true;
}
};
- 方案二：DP, 时间复杂度O(N的3次幂)，空间复杂度O（2N*N*N），可以优化为O(2*N*N)
class Solution {
public:
//需要明白几点
//1.这个题目希望求解的是，从0，0到N-1, N-1，然后再走回来，所以第一次走到N-1,N-1之后
//grid的内容会发生变化，所以第二次是在grid变化之后的基础上走的.
//2.对于N*N的矩阵，从0-0到N-1-N-1, 如果只走一次，那么朝着右下走和朝着左上走，是一样的.
//这个问题的第二次走，我们可以理解成，是在grid变化之后，朝着右下角，又走了一次.
//3.题目希望得到两次走法的最大和.
//4.从左上角，走到左下角，走一次，有很多种走法，但是这些走法的总长度一定是 2 * (n - 1)
//所以我们要求的值是， 所有路径中(第一次走到左下角 + 第一次走完后，在grid变化后，再走一次到左小角) 和最大的.
//5.两次长度和为 2 * （n - 1）的走法，其每次终点是N-1, N-1（根据第2点，我们把第二次也理解成朝右下走））
//我们用dp[2*(n-1)][n-1][n-1] 表示 这个解.
//2*(n - 1) 表示单条路径长度.
//第一个n - 1表示, 第一条路径终点的横坐标
//第二个n - 1表示，在第一条路径走完后，从头再走一边，第二条路径终点的横坐标
//6.为什么只要横坐标，因为一条路径，如果路径长度固定，在已知横坐标的情况下，纵坐标是固定的.
//例如: 路径长度为10， 如果横坐标为3(假设横坐标以0开头)，表示在垂直方向，路径长度为4，所以水平方向走6步就到了, 至于这6步怎么走没关系，只要
//是水平走6步即可， 最终纵坐标(假设纵坐标以0开头)一定是5
//7.总结
//dp[k][xa][xb] 表示，有两条路径，长度均为K，第一条路径终点横坐标为xa，由第6点, 我们可求得其纵坐标. 同理，第二条路径终点横坐标为xb
//这里要再强调一点，xb这条路径，是在xa这条路径才走完后，才走的, 是依赖第一条路径的.
//这两条长度为k的路径, 所能得到的做多cherry数, 即为dp[k][xa][xb]
//而本题, 因为两条路径长度均为 2 * (n - 1), 且两条路径终点均为n - 1,故 ans=dp[2(n - 1)][n - 1][n - 1]
//8.关键的的递推公式
//说了这么多，如何推导出递推公式?
//这里用到一张图，帮助很大.
//要计算dp[2n - 2][n - 1][n - 1], 需要先求出路径长度为 2n - 3的, 在长度为2n - 3的可能走法里，取两条路径和最大的.
//grid只有两个点, 可以满足路径长度为2n - 3, 我们需要先求出，这两个点的最大
int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
int n = grid.size();
int maxK = 2 * n - 1;
int dp[maxK][n][n] = {-1};
memset(dp, -1, sizeof(dp));
for(int k = 0; k < maxK; k++) {
for(int xa = 0; xa < n && xa <= k; xa++) {
for(int xb = xa; xb < n && xb <= k; xb++) {
if(grid[xa][k - xa] == -1 || grid[xb][k - xb] == -1) continue;
int tmp = 0;
if(k > 0) {
tmp = dp[k - 1][xa][xb];
if(xb > 0) tmp = max(tmp, dp[k - 1][xa][xb - 1]);
if(xa > 0) tmp = max(tmp, dp[k - 1][xa - 1][xb]);
if(xa > 0 && xb > 0) tmp = max(tmp, dp[k - 1][xa - 1][xb - 1]);
}
if(tmp < 0) continue;
tmp += (xa == xb) ? grid[xa][k - xa] : grid[xa][k - xa] + grid[xb][k - xb];
dp[k][xa][xb] = tmp;
//cout<<k<<" "<<xa<<" "<<xb<<" "<<dp[k][xa][xb]<<endl;
}
}
}
return dp[maxK - 1][n - 1][n - 1] > 0 ? dp[maxK - 1][n - 1][n - 1] : 0;
}
};
