D-遗迹探险

news2024/11/25 21:42:13

牛客小白月赛 72 D
题目链接
在这里插入图片描述

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/56825/D
来源：牛客网

示例1
输入

输出

58
41

题解：

如果先不考虑传送门，这题就是一道简单dp
设状态 $d p [i] [j]$ 表示到 $i, j$ 这个点的能获得最大的宝藏和
那么题目给出只能往下或者往右走
状态转移方程就变成了 $d p [i] [j] = ma x (d p [i - 1] [j] + v a l [i] [j], d p [i] [j - 1] + v a l [i] [j])$
但要考虑传送门就复杂一些了
当时做的时候就是想不到传送门怎么解决，后续题解在下面

当时代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct node{
    int x,y;
};
const int N = 1e3+1;
int n,m;
int a[N][N];
int dp[N][N];
int all=0;
void dfs(int x,int y){
    //no
    nullptr;
}
int vis[5];
void sove(void){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++)
            scanf("%lld",&a[i][j]);
    }
    int t;scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        int k;scanf("%lld",&k);
        node men[k];
        for(int i=0;i<k;i++)scanf("%lld %lld",&men[i].x,&men[i].y);
        all=0;
        //dfs(1,1);
        //dp
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+a[i][j],dp[i][j-1]+a[i][j]);
            }
        }
        all=max(all,dp[n][m]);
        for(int o=0;o<k;o++){
            int o2=k-o;
            if(vis[o2]==true)continue;
            vis[o2]=vis[o]=true;
            dp[men[o].x][men[o].y]=
            for(int i=men[o].x;i<=n;i++)
            {
                for(int j=men[o].y;j<=m;j++)
                    if(i>=men[o].x+1&&j>=men[o].y+1)
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+a[i][j],dp[i][j-1]+a[i][j]);
                    else{
                        if(i==men[o].x&&j>=men[o].y+1)dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i][j];
                        if(j==men[o].y&&i>=men[o].x+1)dp[i][j]=dp[i][j-1]+a[i][j];
                    }
            }
            all=max(all,dp[n][m]);
        }
        
        //all=dp[n][m];
        cout<<all<<endl;
    }
}
signed main(void){
    int _=1;
    //cin>>_;
    while(_--){
        sove();
    }
    return 0;
}

题解续：

有传送门的话，我们就可以从后面的传送门传送到前面去，再拿一次宝藏
但其实题目说了，只能使用一次传送门，那么题目就没那么复杂了。
还是先来一个dp，依旧是同上述一样计算，这个算出来的 $d p [n] [m]$ 其实就是不用传送门的走法。
那么再反过来思考，如果在 $i_1,j_1$ 处使用了传送门传送到 $i_2,j_2$ ，其实就算 $(1, 1)$ 到 $i_1,j_1)$ 和从 $i_2,j_2)$ 到 $(n, m)$ 的宝藏价值和。
所以只需要加一次反向dp，就可以计算从 $i_2,j_2)$ 到 $(n, m)$ 的最大宝藏价值

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct node{
    int x,y;
};
const int N = 2*1e3+10;
int n,m;
int a[N][N];
int dp[N][N];
int dp2[N][N];
int all=0;
void dfs(int x,int y){
    //no
    nullptr;
}
int vis[5];
void sove(void){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%lld",&a[i][j]);
    }
    
    //dp
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                if(i==1)dp[i][j]=dp[i][j-1]+a[i][j];
                else if(j==1)dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i][j];
                else
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+a[i][j],dp[i][j-1]+a[i][j]);
            }
        }
        for(int i=n;i>=1;i--){
            for(int j=m;j>=1;j--){
                if(i==n)dp2[i][j]=dp2[i][j+1]+a[i][j];
                else if(j==m)dp2[i][j]=dp2[i+1][j]+a[i][j];
                else
                dp2[i][j]=max(dp2[i+1][j]+a[i][j],dp2[i][j+1]+a[i][j]);
            }
        }
    
    int t;scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        int k;scanf("%lld",&k);
        node men[k];
        for(int i=0;i<k;i++)scanf("%lld %lld",&men[i].x,&men[i].y);
        all=0;
        //dfs(1,1);
        all=max(all,dp[n][m]);
        for(int i=0;i<k;i++){
            for(int j=0;j<k;j++){
                if(i==j)continue;
                all=max(all,dp[men[i].x][men[i].y]+dp2[men[j].x][men[j].y]);
            }
        }
        //all=dp[n][m];
        cout<<all<<endl;
    }
}
signed main(void){
    int _=1;
    //cin>>_;
    while(_--){
        sove();
    }
    return 0;
}