四维的dp

地宫取宝

题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1214/

视频讲解：https://www.acwing.com/video/638/

问题分析：

读题，很容易发现是一个典型的背包问题，用f表示路径的行动方案数，相较于01背包问题，该题多了一维，所以用两维来表示位置，f(i, j)，继续往下读，又有限制手里的宝贝是k件，并且走到（i，j）位置时，需要判断手里的宝贝的情况————“走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。”所以，再增加两维——（k，l）。至此题目读完。

dp问题分析法：

第一步：状态表示

由于读题，我们知道这个题需要四维，f(i, j, k, l)，明确每一个元素的意义，i和j很清楚，表示坐标，k代表手里物品的个数，l表示手里最贵重物品的价值。

第二步：状态计算：

我们研究一种情况：现在已经走到了（i，j）处，手里有k件物品，最大价值是l，现在分析当前要怎样做。

1.不取当前位置的物品：f(i, j, k, l) = f(i - 1, j, k, l) + f(i, j - 1, k, l);

这是显然的。

2.取当前位置的物品：再取之前，需要明确能不能，分成两组看

（1）如果l >= w(i, j)，显然是不能的

（2）如果l < w(i, j)，可以取，取的话就变成了对f(i, j, k + 1, w(i, j))进行操作，有点不方便，因为当前的f(i, j, k + 1, w(i, j))的结果是需要f(i, j, k, l)的铺垫，所以行不通

换一种思路:

之前是对i, j进行遍历，然后其余两个变量随缘，这显然是很不稳定的，无法进行下去也是应该的，现在我们对四个量同时进行遍历。

（1）还是先遍历坐标i, j；

（2）然后遍历个数l;

（3）最后遍历最大价值w(i, j);

现在再回过头去看卡住的地方：

就是该位置能不能取的问题

1.不取，同上面所分析的。

2.取，就要看什么时候才能取，当前最里面的一层是对l的遍历，所以要取的话需要满足以下情况

（1）手里有k - 1个物品

（2）手里的物品最大价值要低于w(i, j)

（3）取完后手里物品的最大价值是w(i, j)

现在就很明了了，如果要取（i，j）位置的物品需要满足的条件是w(i, j) == l ，计算的过程是

f(i, j, k, l) = f(i, j, k - 1, ## )，就是所有最大价值小于w(i, j)，且手里有k - 1中物品的方案数

分析结果

题目要求的是出迷宫时，手里物品为k件的所有方案数，因此就是f(r, c, k, ##)（r, c，是出口的坐标）

题目就分析完了，上代码

#include<iostream>

using namespace std;

const int  N = 55;
const int K = 14;
const int LL = 1e9 + 7;

int f[N][N][K][K];//f = ans， i = x， j = y, k = num, l = biggest;
int a[N][N];
int r, c;

int main()
{
    int n;
    int sum = 0;
    cin >> r >> c >> n;
    for(int i = 1; i <= r; i ++)
        for(int j = 1; j <= c; j ++)
        {
            cin >> a[i][j];
            a[i][j] ++;//需要注意
        }
    
    f[1][1][0][0] = 1;//在起始地址，不拿是一种方案
    f[1][1][1][a[1][1]] = 1;//拿是一种方案
    
    for(int i = 1; i <= r; i ++)//行
        for(int j = 1; j <= c; j ++)//列
            for(int k = 0; k <= n; k ++)//取的个数
                for(int l = 0; l < K; l ++)//遍历最大值
                {
                    f[i][j][k][l] = (f[i - 1][j][k][l] + f[i][j][k][l])% LL;
                    f[i][j][k][l] = (f[i][j][k][l] + f[i][j - 1][k][l])% LL;//不取
                    if(a[i][j] == l)//取
                        for(int s = 0; s < l; s ++)//就是所有在i，j的位置，且数量位k-1的所有情况的和
                        {
                            f[i][j][k][l] = (f[i][j][k][l] + f[i - 1][j][k - 1][s]) % LL;
                            f[i][j][k][l] = (f[i][j][k][l] + f[i][j - 1][k - 1][s]) % LL;
                        }
                }

    for(int i = 0; i < K; i ++)
        sum = (sum + f[r][c][n][i])% LL;
    cout << sum;
    return 0;
}

注意：

1.开始遍历时，需要先给入口位置赋值，由于只有两种情况，所以手动赋值即可

f[1][1][0][0] = 1;//在起始地址，不拿是一种方案
f[1][1][1][a[1][1]] = 1;//拿是一种方案

2.由于这个题有个很神奇的地方：物品的价值可以为0，又由于这条语句

if(a[i][j] == l)//取
	for(int s = 0; s < l; s ++)//就是所有在i，j的位置，且数量位k-1的所有情况的和
	{
		f[i][j][k][l] = (f[i][j][k][l] + f[i - 1][j][k - 1][s]) % LL;
		f[i][j][k][l] = (f[i][j][k][l] + f[i][j - 1][k - 1][s]) % LL;
 	}

所以当数据为0时，即使选择了这个物品，f也不会更新，使得有一部分方案丢失，所以把每个数据都加1，是不会正确影响结果的

最后

拿个简单点的dp放松一下

https://www.acwing.com/problem/content/897/