笔记---dp---数字三角形模型

所谓数字三角形模型，即是从数字三角形这一题衍生出来的

题目为经典题目，不再赘述，此笔记根据AcWing算法提高课来进行对数字三角形模型衍生例题的记录

题目关系如下（见AcWing里的AcSaber）：

在这里插入图片描述

AcWing.1015.摘花生

Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。

她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图)，从西北角进去，东南角出来。

地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗，上面有若干颗花生，经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。

Hello Kitty只能向东或向南走，不能向西或向北走。

问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。

输入格式
第一行是一个整数 $T$ ，代表一共有多少组数据。
接下来是 $T$ 组数据。
每组数据的第一行是两个整数，分别代表花生苗的行数 $R$ 和列数 $C$ 。
每组数据的接下来 $R$ 行数据，从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有 $C$ 个整数，按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目 $M$ 。

输出格式
对每组输入数据，输出一行，内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。

数据范围
$1 \leq T \leq 100,$
$1 \leq R, C \leq 100,$
$0 \leq M \leq 1000$

输入样例：

输出样例：

8
16

对于此题，使用 $f [i] [j]$ 来表示从 $(1, 1)$ 走到 $(i, j)$ 所有可能的路线中，能够得到的花生的最大值，那么到最后，我们要求的最大值就是右下角的 $f [r] [c]$ 。

接下来需要思考如何划分上面这个集合，也就是如何算出每个 $f [i] [j]$ 。

非常常用的集合划分依据：最后一步

看最后一步，由题意知，最后一步，要么是从上面走下来 $(f [i - 1] [j])$ ，要么就是从左面过来 $(f [i] [j - 1])$
那么易得：状态转移方程为 $f [i] [j] = ma x (f [i - 1] [j] + a [i] [j] ， f [i] [j - 1] + a [i] [j])$

代码：

#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 110;

int g[N][N];
int f[N][N];
int r, c;

int main() {
	int t; cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> r >> c;

		for (int i = 1; i <= r; i++) {
			for (int j = 1; j <= c; j++) {
				cin >> g[i][j];
			}
		}

		for (int i = 1; i <= r; i++) {
			for (int j = 1; j <= c; j++) {
				f[i][j] = max(f[i - 1][j] + g[i][j], f[i][j - 1] + g[i][j]);
			}
		}
		cout << f[r][c] << endl;
	}
	return 0;
}

类似题目：P1002 [NOIP2002 普及组] 过河卒

AcWing.1018.最低通行费

个商人穿过一个 N×N 的正方形的网格，去参加一个非常重要的商务活动。

他要从网格的左上角进，右下角出。

每穿越中间 $1$ 个小方格，都要花费 $1$ 个单位时间。

商人必须在 $(2 N - 1)$ 个单位时间穿越出去。

而在经过中间的每个小方格时，都需要缴纳一定的费用。

这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。

请问至少需要多少费用？

注意：不能对角穿越各个小方格（即，只能向上下左右四个方向移动且不能离开网格）。

输入格式
第一行是一个整数，表示正方形的宽度 $N$ 。

后面 $N$ 行，每行 $N$ 个不大于 $100$ 的正整数，为网格上每个小方格的费用。

输出格式
输出一个整数，表示至少需要的费用。

数据范围
$1 \leq N \leq 100$

输入样例：

5
1  4  6  8  10
2  5  7  15 17
6  8  9  18 20
10 11 12 19 21
20 23 25 29 33

输出样例：

样例解释
样例中，最小值为 $109 = 1 + 2 + 5 + 7 + 9 + 12 + 19 + 21 + 33 。$

此题中的重要信息为花费时间不能超过 $(2 N - 1)$ ，即不能走回头路，只能和上一题一样往下走或者往右走
注意此题取最小值，所以需要注意边界问题。

从左上角进入后，在状态转移的时候，可能会去到边界之外的0，故我们需要在过程中进行特判。

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 110;

int g[N][N];
int f[N][N];
int n;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			cin >> g[i][j];

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			if (i == 1 && j == 1)f[i][j] = g[i][j];		//第一个点就是g[1][1]
			else {
				f[i][j] = 0x3f3f3f3f;

				//因为如果在边上，可能会取到没有初始化过的值为0的地方，故直接特判来状态转移

				//如果不是第一行
				if (i > 1)f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + g[i][j]);
				//如果不是第一列
				if (j > 1)f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j - 1] + g[i][j]);
			}

	cout << f[n][n];
	return 0;
}

AcWing.1027.方格取数

设有 $N \times N$ 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 $N \times N$ 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
$N \leq 10$
输入样例：

输出样例：

这道题从摘花生衍生出来，但是题目多了要走两条路线，且不能重复选择同一个地方的要求。思路是让两条路同时走。

考虑使用 $f[i_{1}][j_{1}][i_{2}][j_2]$ 来表示两条路从 $(0, 0)$ 分别走到 $i_1,j_1)，(i_2,j_2)$

接下来考虑解决不能重复选择的问题。
只有当 $i_1 + j_1 == i_2 + j_2$ 的时候，才会有可能导致两个格子重叠。

因为在两条路线上，只有满足了是在同一个步数，才有可能位于同一个位置，也就是说这是一个必要不充分条件。
只有在这个条件成立的前提下 $i_1 == i_2$ 才可以保证重叠了

所以把状态表示为 $f[k][i_1][i_2]$ 表示从 $(0, 0)$ 走到 $i_1,k-i_1)$ 和 $i_2,k-i_2)$ 的可能的路径中能选到数的最大值，k是两条路线各自的横纵坐标的和

划分为四种情况：
1.第一条向下，第二条向下 2.第一条向下，第二条向右
3.第一条向右，第二条向下 4.第一条向右，第二条向右

对于第一种情况，他的上一步情况就可以表示为 $f[k-1][i_1-1][i_2-1]$ ，状态转移时我们要进行判断两条路是否重叠，如果重叠就是 $f[k-1][i_1-1][i_2-1] + w[i_1][j_1]$ ，如果没有重叠就是 $f[k-1][i_1-1][i_2-1] + w[i_1][j_1] + w[i_2][j_2]$

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 15;

int n;
int w[N][N];
int f[2 * N][N][N];

int main(){
	cin >> n;
	int a, b, c;
	while (cin >> a >> b >> c, a || b || c) {
		w[a][b] = c;
	}

	for(int k = 2;k <= n+n;k++)
		for(int i1 = 1;i1 <= n;i1++)
			for (int i2 = 1; i2 <= n; i2++) {
				int j1 = k - i1, j2 = k - i2;
				
				//判断是否越界
				if (j1 >= 1 && j1 <= n && j2 >= 1 && j2 <= n) {
					int t = w[i1][j1];

					//如果没有重叠，就加上两条路线的
					if (i1 != i2)t += w[i2][j2];

					//引用表示
					int& x = f[k][i1][i2];

					x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + t);	//情况1
					x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2] + t);		//情况2
					x = max(x, f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);		//情况3
					x = max(x, f[k - 1][i1][i2] + t);			//情况4
				}
			}
	cout << f[2 * n][n][n];
	return 0;
}

AcWing.275.传纸条

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。

一次素质拓展活动中，班上同学安排坐成一个 $m$ 行 $n$ 列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。

幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。

纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标 $(1, 1)$ ，小轩坐在矩阵的右下角，坐标 $(m, n)$ 。

从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。

班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙，反之亦然。

还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用 $0$ 表示），可以用一个 $0 \sim 100$ 的自然数来表示，数越大表示越好心。

小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。

现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

输入格式
第一行有 2 个用空格隔开的整数 $m$ 和 $n$ ，表示学生矩阵有 $m$ 行 $n$ 列。

接下来的 $m$ 行是一个 $m \times n$ 的矩阵，矩阵中第 $i$ 行 $j$ 列的整数表示坐在第 $i$ 行 $j$ 列的学生的好心程度，每行的 $n$ 个整数之间用空格隔开。

输出格式
输出一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

数据范围
$1 \leq n, m \leq 50$

输入样例：

输出样例：

观察这道题发现两个人互相传纸条，一个人只能向下或者向右，一个人只能向上或者向左，所以我们仍然可以把第二个人传的路线逆向过来，使得问题又一次变成了只能向下或者向右，且找两条最大路线的问题。

代码与上题相似：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 55;

int f[2 * N][N][N];
int w[N][N];
int n, m;

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> w[i][j];
		}
	}

	for (int k = 2; k <= m + n; k++) {
		for (int i1 = 1; i1 <= n; i1++) {
			for (int i2 = 1; i2 <= n; i2++) {
				int j1 = k - i1, j2 = k - i2;
				if (j1 >= 1 && j1 <= m && j2 >= 1 && j2 <= m) {
					int t = w[i1][j1];
					if (i1 != i2)t += w[i2][j2];
					int& x = f[k][i1][i2];

					x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + t);
					x = max(x, f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);
					x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2] + t);
					x = max(x, f[k - 1][i1][i2] + t);

				}
			}
		}
	}
	cout << f[m + n][n][n];
	return 0;
}