AcWing 1027. 方格取数
\(AcWing\) \(1027\). 方格取数
一、题目描述
设有 \(N×N\) 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字\(0\)。如下图所示：
某人从图中的左上角 \(A\) 出发，可以向下行走，也可以向右行走，直到到达右下角的 \(B\) 点。
在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字\(0\)）。
此人从 \(A\) 点到 \(B\) 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的 数字和为最大。
输入格式
第一行为一个整数\(N\)，表示 \(N×N\) 的方格图。
接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。
行和列编号从 \(1\) 开始。
一行0 0 0表示结束。
输出格式
输出一个整数，表示两条路径上取得的最大的和。
数据范围
\(N≤10\)
输入样例：
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
输出样例：
67
二、走两次行不行
这是一种 贪心 解法，第一次选择最大的，然后把最大路径上的数字都置为空，第二次再选择最大的。这就是 只见树木不见森林 的方法:
第一次走为局部最优并且也对第二次走造成了影响，第二次走是在第一次影响下所能走的局部最优，不具备 无后效性，因此分开两次走并不是全局最优解。
举一个反例来证明，
9 0 3
0 9 2
0 2 0
最长路径是\(9+9+2=20\)，假设这次走的路线是第一行的\(9\)、第二行的\(9\)和\(2\)，那么在第二次走的时候，地图变成
0 0 3
0 0 0
0 2 0
显然最长路径是\(3\)，总和为\(23\)。
然而,这不是最优解，最优解是第一次走第一行的\(9\)、第二行的\(9\)、第三行的\(2\)（仍是\(20\)），但第二次可以走第一行的\(3\)、第二行的\(2\)，得到\(5\)，总和达到\(25\)。
打个比方吧，以我熟悉的篮球比赛为例子，假设现在中国篮协选了杜峰和李楠两个人同时成为主教练（好奇葩的作法，是吧~），他们一起执教同一场对澳大利亚的比赛：
-
方案\(1\)：杜锋执教上半场，只关注上半场局势，不关心下半场。李楠执教下半场，只关注下半场局势，不关心上半场。结果，上半场往死了打，每个球员犯规\(5\)次，体力用尽，上半场比分与澳大利亚打平。可是到了下半场，球员都无法上场了，也没劲了，只能一节得\(3\)分，被羞辱~，为什么会这样呢？因为需要整体考虑，根据自身情况，制订合理战术，该节约体能需要节约，要控制犯规，最后一节好好冲刺，就可以与袋鼠一战，可因为两个教练互相独立，不关心另一半，当然不会考虑这些，只保证自己好就行了，最终的整体结果当然不一定是最好的。
-
方案\(2\)：两人通力合作，权衡全场，该攻就攻，该守就守，合理分配体能，不过早的暴露攻击点，最后关键时刻给敌人致命一击，成功拿下比赛，结果最重要，国家荣誉最重要。
很明显，傻子都知道方案\(2\)是最优选择。
两个小朋友 一起走 为什么就行呢？因为他们在一起整体考虑，互相关心、互相照顾~，彼此能知道对方走了哪个点，自己在不影响最优取值的情况下，尽可能的取次优的点，这样，就可以得到全局最优解。
一起走:两个小朋友步调一致，“一二三” 一起走，也就是任意时刻，两人走的步数是完全一样的。
二、四维状态解法
四维的状态表示\(f[x_1][y_1][x_2][y_2]\)的含义是很明显的，就是两个小朋友分别在\((x_1,y_1)\),\((x_2,y_2)\)的状态下，此时的整体最优解是多少。
它的前序状态应该是
这四种情况，都有可能是\(f[x_1][y_1][x_2][y_2]\)的前序，具体走哪个，需要对四个进行求\(max\),谁大取谁。
int t = f[x1 - 1][y1][x2 - 1][y2]; //下下
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2][y2 - 1]); //右右
t = max(t, f[x1 - 1][y1][x2][y2 - 1]); //下右
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2 - 1][y2]); //右下
还有一个问题没有解决 : 没有加上当前状态新到的位置上的数字,这个需要讨论一下：
-
两个小朋友走的格子不是同一个:
\(w=t+w[x_1][y_1]+w[x_2][y_2]\) -
两个小朋友走的格子是同一个
因为题目要求每个格子只能取一次，就是说如果同一时间走到同一个格子中，应该是取一次值即可:
\(w=t+w[x_1][y_1]\)
利用四层循环，从上到下，从左到右的完成状态表的填充，就可以取得正确答案：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int n; //方格的宽度和高度
int w[N][N]; //每个方格里面的数字
int f[N][N][N][N]; //四维的DP数组
int main() {
cin >> n;
//接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。
int a, b, c;
//一行 0 0 0 表示结束。
while (cin >> a >> b >> c, a || b || c) w[a][b] = c;
//开始递推
for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++)
for (int y1 = 1; y1 <= n; y1++)
for (int x2 = 1; x2 <= n; x2++)
for (int y2 = 1; y2 <= n; y2++) {
if (x1 + y1 == x2 + y2) {
int t = f[x1 - 1][y1][x2 - 1][y2]; //下下
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2][y2 - 1]); //右右
t = max(t, f[x1 - 1][y1][x2][y2 - 1]); //下右
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2 - 1][y2]); //右下
//加上这个点的数值
f[x1][y1][x2][y2] = t + w[x1][y1];
//如果这个点没有被重复走，那么再加一次w(x2,y2)
if (x1 != x2 && y1 != y2) f[x1][y1][x2][y2] += w[x2][y2];
}
}
printf("%d", f[n][n][n][n]);
return 0;
}
三、四维状态优化版本
上面四维的写法，就足以\(AC\)掉这道题了，但是在时间上还是可以优化的。原因是使用瞪眼大法仔细看，明白上面的递推关系式中，\((x_1,y_1)\)与\((x_2,y_2)\)其实是有关系的，刚才我们把关系写在了四层循环的内侧，这样其实有很多情况是无效的枚举，我们只关心\(x_1+y_1=x_2+y_2\)的情况，所以可以利用这个关系式，减少一层循环：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int n; //方格的宽度和高度
int w[N][N]; //每个方格里面的数字
int f[N][N][N][N]; //四维的DP数组
int main() {
cin >> n;
//接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。
int a, b, c;
//一行 0 0 0 表示结束。
while (cin >> a >> b >> c, a || b || c) w[a][b] = c;
//开始递推
for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++)
for (int y1 = 1; y1 <= n; y1++)
for (int x2 = 1; x2 <= n; x2++) {
int y2 = x1 + y1 - x2; //通过计算可以减少一维循环
if (y2 >= 1 && y2 <= n) { //要小心点，别整出一个不符合实际情况的数
//上一个状态
int t = f[x1 - 1][y1][x2 - 1][y2];
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2][y2 - 1]);
t = max(t, f[x1 - 1][y1][x2][y2 - 1]);
t = max(t, f[x1][y1 - 1][x2 - 1][y2]);
//加上这个点的数值
f[x1][y1][x2][y2] = t + w[x1][y1];
//如果这个点没有被重复走，那么再加一次
if (x1 != x2 && y1 != y2) f[x1][y1][x2][y2] += w[x2][y2];
}
}
printf("%d", f[n][n][n][n]);
return 0;
}
四、三维状态版本
既然刚才想到了利用两者的 坐标关系和 来实现少写一层循环，那可不可以基于这一点深挖一下，获取更大的利益呢？答案是可以的，我们可以重新定义状态：
其中\(k\)是指\(x_1+y_1\)的坐标和，当\(k\)和\(x_1\)确定时，\(k-x_1\)就是\(y_1\); 当\(k\)和\(x_2\)确定时，\(k-x_2\)就是\(y_2\);这样的话，就 可以在空间上减小为三维表示法！
下面来思考一下起点和终点的情况：
- 起点:\((1,1)\)是两个小朋友的出发点，所以\(f[2][1][1]\)是起点状态值，初始值是\(w[1][1]\)
- 终点：\((n,n)\)是两个小朋友的终点，所以\(f[2*n][n][n]\)是终点状态值,也就是答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int n;
int w[N][N];
int f[N * 2][N][N];
int main() {
cin >> n;
//接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。
int a, b, c;
//一行 0 0 0 表示结束。
while (cin >> a >> b >> c, a || b || c) w[a][b] = c;
// k表示两个小朋友所在位置的x+y的和，最多是2*n
for (int k = 2; k <= 2 * n; k++)
for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++)//第一个小朋友竖着走的距离
for (int x2 = 1; x2 <= n; x2++) {//第二个小朋友竖着走的距离
int y1 = k - x1, y2 = k - x2; //计算横着走的距离
//不能出界，只走有效的位置
if (y1 >= 1 && y1 <= n && y2 >= 1 && y2 <= n) {
// PK获取到最优的上一个状态
int t = f[k - 1][x1 - 1][x2];
t = max(t, f[k - 1][x1 - 1][x2 - 1]);
t = max(t, f[k - 1][x1][x2 - 1]);
t = max(t, f[k - 1][x1][x2]);
//将本位置的数值加上
f[k][x1][x2] = t + w[x1][y1];
//如果不是重复的位置，还可以继续加上
if (x1 != x2 && y1 != y2) f[k][x1][x2] += w[x2][y2];
}
}
//输出DP的结果
printf("%d\n", f[2 * n][n][n]);
return 0;
}
五、总结与反思
- 当你发现当前的状态表示无法描述当前所有信息时，考虑增加一维状态.一维不行就增加两维
- 普通情况下的每一个状态，思考它是从哪些可能的前序状态转移而来，注意:只考虑前一步，不要把问题想复杂了
- 在状态转移式确定下来后，再考虑入口(递推起点，初始化)和出口(结果，答案)
