AcWing算法提高课：动态规划1-数字三角形模型

摘要

1015. 摘花生 - AcWing题库：模板题(下/右)

1018. 最低通行费 - AcWing题库：模板题条件变形（上/下/左/右，但步数 <= 2*n-1）

• 由于这题求的是最小值，左上边界需要特定初始化，保证取某一边；求最大值的时候，虽然也规定必须是从左上角出发，但无需这么做，因为超出边界部分为0，不会被取。

1027. 方格取数 - AcWing题库：先走到终点，再从终点走到起点的最大值 <=> 2个人同时从起点走到终点。路径可以有重合，但是价值只能取一次。

275. 传纸条 - AcWing题库：和1027类似，需要走两次。区别在于两次的路径不允许有重合点。

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≤T≤1001≤T≤100, 1≤R,C≤1001≤R,C≤100, 0≤M≤10000≤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

题解

状态转移方程： \[ dp[i][j] = max(dp[i-1][j] + a[i][j], dp[i][j-1] + a[i][j]) \] 当前最大值 = max(从下到下的最大值，从左到右的最大值）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200;

int t,n,m;
int dp[maxn][maxn],a[maxn][maxn];

void solve(){
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		for(int j = 1 ; j <= m ; j ++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		for(int j = 1 ; j <= m ; j ++){
			dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + a[i][j];
		}
	}
	cout<<dp[n][m]<<"\n";
}

int main(void){
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

1018 最低通行费

一个商人穿过一个 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 11 个小方格，都要花费 11 个单位时间。

商人必须在 (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。

后面 N 行，每行 N 个不大于 100100 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≤1001≤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+33109=1+2+5+7+9+12+19+21+33。

题解

状态转移方程： \[ \begin{cases} dp[i][j] = dp[i][j-1] + a[i][j] & i == 1\\ dp[i][j] = dp[i-1][j] + a[i][j] & j == 1 \\ dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + a[i][j], dp[i][j-1] + a[i][j]) & else \end{cases} \] 当前最小值 = max(从下到下的最小值，从左到右的最小值）

注意：因为只能从左上角出发，所以左上边界需要特殊处理

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200;

int n;
int a[maxn][maxn],dp[maxn][maxn];

int main(void){
	cin>>n;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		for(int j = 1 ; j <= n ; 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] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + a[i][j];
		}
	}
	cout<<dp[n][n];
	return 0;
}

1027 方格取数

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 11 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≤10N≤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

题解

先走到终点，再从终点走到起点的最大值 <=> 2个人同时从起点走到终点

状态转移方程： \[ dp[k][i1][i2] = max(dp[k-1][i1][i2], dp[k-1][i1-1][i2],dp[k-1][i1][i2-1],dp[l-1][i1-1][i2-1]) + val \] 此处k为两人同步走的步数（k == i + j），i和j分别为横纵坐标，val为当前值 \[ val = \begin{cases} a[i1][j1] & {i1 == i2} \\ a[i1][j1] + a[i2][j2] & {i1 != i2} \end{cases} \] 根据题意，若重合，需要删去其中一个。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 50;

int a[maxn][maxn],dp[maxn][maxn][maxn];
int x,y,w,n;

int main(void){
	cin>>n;
	while(cin>>x>>y>>w){
		if(x+y+w == 0) break;
		a[x][y] = w;
	}
	for(int k = 2 ; k <= 2*n ; k ++){
		for(int i1 = 1 ; i1 < k ; i1 ++){
			for(int i2 = 1 ; i2 < k ; i2 ++){
				int j1 = k - i1;
				int j2 = k - i2;
				int val = a[i1][j1];
				if(i1 != i2) val += a[i2][j2];
				int & p = dp[k][i1][i2];
				p = max(p, dp[k-1][i1-1][i2-1] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1][i2] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1-1][i2] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1][i2-1] + val);
			}
		}
	}
	cout<<dp[2*n][n][n];
}

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∼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×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≤n,m≤50

输入样例

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

输出样例

34

题解

和1027类似，需要走两次。区别在于两次的路径不允许有重合点。

状态转移方程： \[ dp[k][i1][i2] = \begin{cases} max(dp[k-1][i1][i2], dp[k-1][i1-1][i2],dp[k-1][i1][i2-1],dp[l-1][i1-1][i2-1]) + val & i1 != i2 \\ 0 & i1 == i2 \end{cases} \] 因为此处不能重复，所以当点重合时，该状态不合法，直接置为0。

k为两人同步走的步数（k == i + j），i和j分别为横纵坐标，val值的定义为 \[ val = \begin{cases} 0 & {i1 == i2} \\ a[i1][j1] + a[i2][j2] & {i1 != i2} \end{cases} \]

• 这题也可以用和1027相同的代码求解：AcWing 275. 证明传纸条为何可以使用方格取数的代码 - AcWing

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100;

int n,m;
int a[maxn][maxn],dp[maxn*2][maxn][maxn];

int main(void){
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
		for(int j = 1 ; j <= m ; j ++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int k = 2 ; k <= n+m ; k ++){
		for(int i1 = 1 ; i1 < k && i1 <= n ; i1 ++){
			for(int i2 = 1 ; i2 < k && i2 <= n; i2 ++){
				if(i1 == i2 && k != n+m) continue;
				int j1 = k - i1;
				int j2 = k - i2;
				int val = a[i1][j1] + a[i2][j2];
				int &p = dp[k][i1][i2];
				p = max(p, dp[k-1][i1][i2] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1-1][i2] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1][i2-1] + val);
				p = max(p, dp[k-1][i1-1][i2-1] + val);
			}
		}
	}
	cout<<dp[n+m][n][n];
    // 注意此处不是输出dp[n+m][n][m],因为都是i1,i2都是纵坐标
	return 0;
}