算法提高课课堂笔记。
文章目录
- 摘花生
- 题意
- 思路
- 代码
- 最低通行费
- 题意
- 思路
- 代码
- 方格取数
- 题意
- 思路
- 代码
摘花生
题目链接
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
≤
T
≤
100
,
1≤T≤100,
1≤T≤100,
1
≤
R
,
C
≤
100
,
1≤R,C≤100,
1≤R,C≤100,
0
≤
M
≤
1000
0≤M≤1000
0≤M≤1000
输入样例
2
2 2
1 1
3 4
2 3
2 3 4
1 6 5
输出样例
8
16
题意
从左上角走到右下角，求走过的交点最大权值和
思路
f[i][j]表示到达（i，j）点权重的最大值
因为只能向右走或向下走，所以到达（i，j）点的方式一定是：从左边的点向右走一步 / 从上面的点向下走一步
而左边的点权重最大值是f[i][j-1]，上面的点权重最大值是f[i-1][j]，从中取较大的，加上自身权值即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;
int w[N][N];
int f[N][N];
int main()
{
int tt;
cin >> tt;
while (tt -- )
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
cin >> w[i][j];
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + w[i][j];
cout << f[n][m] << '\n';
}
}
最低通行费
原题链接
一个商人穿过一个 N × N N×N 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 ) (2N−1) (2N−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 N N。
后面 N N N 行，每行 N N 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 ≤ N ≤ 100 1≤N≤100 1≤N≤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
109
样例解释
样例中，最小值为 109 = 1 + 2 + 5 + 7 + 9 + 12 + 19 + 21 + 33 109=1+2+5+7+9+12+19+21+33 109=1+2+5+7+9+12+19+21+33。
题意
从左上角走到右下角，不超过2n-1步，求权重之和最小值
思路
和上一题一样，都是左上角走到右下角
步数不超过2n-1，翻译过来就是不走回头路
只是把最大值改成了最小值
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
int w[N][N];
int f[N][N];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= n; j ++ )
cin >> w[i][j];
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= n; j ++ )
if (i == 1 && j == 1) f[i][j] = w[i][j];
else
{
f[i][j] = -inf;
if (i > 1) f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j] + w[i][j]);
if (j > 1) f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j - 1] + w[i][j]);
}
cout << f[n][n] << '\n';
}
方格取数
题目链接
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 N N，表示 N × N N×N 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 N≤10 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
题意
矩阵中有数，从左上角走到右下角，走两次，求权重最大值之和
思路
摘花生问题的扩展版：走一次变成走两次
类比推广：f[i1][j1][i2][j2]表示所有从（1,1）分别走到（i1，j1）（i2，j2）路径的最大值
如何处理同一个格子不被重复选择呢？
因为从左上角走到右下角，走的步数都是一样的，所以i1 + j1 == i2 + j2一定成立
所以我们可以将f[i1][j1][i2][j2]降维为f[k][i1][i2]，k就是当前走过的步数
f[k][i1][i2]怎么计算呢？
分为四种情况：
- 第一条线路最后一步向下，第二条线路最后一步向下
f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] - 第一条线路最后一步向下，第二条线路最后一步向右
f[k - 1][i1 - 1][i2] - 第一条线路最后一步向右，第二条线路最后一步向下
f[k - 1][i1][i2 - 1] - 第一条线路最后一步向右，第二条线路最后一步向右
f[k - 1][i1][i2]
然后判断（i1，j1）和（i2，j2）是否重合，重合只用加 w[i1][j1]，不重合需要加w[i1][j1] + w[i2][j2]
取最大值即可
代码
#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;
int a, b, c;
while (cin >> a >> b >> c, a || b || c) w[a][b] = c;
for (int k = 2; k <= n * 2; 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 <= n && j2 >= 1 && j2 <= n)
{
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 - 1][i2] + t);
x = max(x, f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);
x = max(x, f[k - 1][i1][i2] + t);
}
}
cout << f[n + n][n][n] << '\n';
}
