CF213C Relay Race 题解

题意

有 $n\times n$ 的矩形，价值为 $a_{i,j}$。
现在你要从 $a_{1,1}$ ，通过移动到 $a_{i,j+1},a_{i+1,j}$ 的方式，走到 $a_{n,n}$。
再通过移动到 $a_{i,j-1},a_{i-1,j}$ 的方式，回去 $a_{1,1}$。定义价值为路径上 $a_{i,j}$ 的和，重复走过的路径只计算一次。

问最大的价值是多少？

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思路

错解

首先，猜个结论：先从 $1,1$ 跑 dp。然后按路径将 $a_i$ 设为 $0$。在从 $a_{n,n}$ 跑 dp。

但是这样做是错误的。

3
5 5 1
0 5 -2
5 -4 -2

dp 会跑出来 $11+1$ 的结果。但是正解却是 $4+10$。

dp：

$(1,1)\to(1,2)\to(2,2)\to(2,3)\to(3,3)\to(3,2)\to(3,1)\to(2,1)\to(1,1)$
$5+5+5-2-2=11,0-4+5+0+0=1$

正解：

$(1,1)\to(2,1)\to(3,1)\to(3,2)\to(3,3)\to(3,2)\to(2,2)\to(2,1)\to(1.1)$
$5+0+5-4-2=4,0+0+5+5+0=10$

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动态规划

此时我们就举出了反例。还是老实用朴素的 dp 吧。本题可以理解为有两个人从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$。那就可以将状态设为 $dp_{x,y,xx,yy}$。分别是第一个人的坐标，第二个人的坐标。
我们使两个人一起走，如果两人坐标相同，就只算一遍。这个时候的状态转移方程即让两个人各走一步：

$$dp_{x,y,xx,yy}=\max\{dp_{x-1,y,xx-1,yy},dp_{x-1,y,xx,yy-1},dp_{x,y-1,xx-1,yy},dp_{x,y-1,xx,yy-1}\}$$

但是时空复杂度：$\Theta (n^4)$。

优化

考虑优化，dp 优化的本质就是削减无用状态与重复转移。我们注意到，只有 $x+y=xx+yy$ 的状态是有意义的，因为如果不同，说明不符合两个人一起走的定义。

假如两个人同时走，那么他们的坐标和就会相同。设坐标和为 $s$。那么枚举 $s,x,xx$。$y,yy$ 就可以算出来了。此时可设 $dp_{s,x,xx}$ 为坐标和为 $s$，第一个人在 $(x,s-x)$，第二个人在 $(xx,s-xx)$。

接下来思考状态转移方程，其实就是由朴素版推出来的：

$$dp_{s,x,xx}=\max\{dp_{s-1,x-1,xx},dp_{s-1,x,xx-1},dp_{s-1,x-1,xx-1},dp_{s-1,x,xx}\}$$

复杂度就变成 $\Theta(n^3)$ 。

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初始值

在开始的时候，我们要将所有状态设为不可达。但是 $dp_{2,1,1}$ 的状态是确定的。$dp_{2,1,1}\gets a_{1,1}$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e2+1;
int a[N][N],dp[N<<1][N][N],n;
int main() {
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	dp[2][1][1]=a[1][1];
	for(int i=3;i<=n<<1;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {if(i-j<1||i-j>n) continue;//枚举 x；y为 i-x+1,不能越界
			for(int k=1;k<=n;k++) {if(i-k<1||i-k>n) continue;//同上 
				int t=0;
				if(j==k) t=a[j][i-j];//相同只算一个 
				else t=a[j][i-j]+a[k][i-k];
				dp[i][j][k]=max(max(dp[i-1][j-1][k],dp[i-1][j][k-1]),max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]))+t;
			}
		}
	}
	cout<<dp[n<<1][n][n];
	return 0;
}