設有n*n的方格圖(n<=10),我們將其中的某些方格中填入正整數,而其他的方格中則放入數字0。
某人從圖的左上角的a 點(1,1)出發，可以向下行走，也可以向右走，直到到達右下角的b點(n,n)。在走過的路上，他可以取走方格中的數（取走後的方格中將變為數字0）。
此人從a點到b 點共走兩次，試找出2條這樣的路徑，使得取得的數之和為最大。
輸入格式
輸入的第一行為乙個整數n（表示n*n的方格圖），接下來的每行有三個整數，前兩個表示位置，第三個數為該位置上所放的數。一行單獨的0表示輸入結束。
輸出格式
只需輸出乙個整數，表示2條路徑上取得的最大的和。
樣例輸入
82 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
樣例輸出
67原先的思路是先走一遍得到乙個最大值，然後把走過的地方數字變為0，再從新走一遍，可是我覺得這樣做沒有依據能得到最大值，然後到網上找別人怎麼做的，發現題目沒那麼簡單。
我原先的思路是得到了區域性最優解，兩個區域性最優解加起來不一定是整體最優解
比如有個人舉得例子：部落格在此：
71 3 2
1 4 3
2 3 3
3 3 3
5 5 4
6 5 4
7 3 2
7 5 4
0 0 0
假如輸入樣例如上，如果用兩次dp的方法，第一次是20，第二次是3，所以最後的權值是23。但是你再看看，我們可以把這個方格的數都取完的，第一次取的權值是17，第二次取得8，這樣就是25了。顯然這是乙個反例，我們上述的想法是錯誤的。
然後正確的做法是：模擬兩個人走一次得到整體最優解
dp[x1][y1][x2][y2] // 表示乙個人走到(x1,y1),乙個人到(x2,y2)的最大值
根據條件到達(x1,y1)的方式有兩種從(x1-1,y1)到達，從(x1, y1-1)到達 這裡跟聰明的kk一樣的走法
這是乙個人到達(x1,y1),還有乙個也跟上面的走法一樣，所以就有
dp[x1 - 1][y1][x2 - 1][y2]：這兩個人都是從左邊走過來的
dp[x1][y1 - 1][x2][y2 - 1]：這兩個人都是從上邊走過來的
dp[x1 - 1][y1][x2][y2 - 1]：第一人從左邊走過來，第二個人從上邊走過來
dp[x1][y1 - 1][x2 - 1][y2]：第一人從上邊走過來，第二個人從左邊走過來
當兩個人走到同乙個點的時候，這個點的值只能加一次，因為另一次走的時候這裡的值為0
if (x1 == x2 && y1 == y2) dp[x1][y1][x2][y2] = mx + map[x1][y1];
並且由可以向下行走，也可以向右走可以發現：兩個人同時走一步，無論兩個人怎麼選擇(每人兩種選擇向下或向右)他們都會在同一條斜線上面 即x1+y1 == x2+y2 （八皇后問題裡的左上斜線）
那麼這裡就可以用來剪枝
#include
#include
#include
#include
#define n 15
using namespace std;
int map[n]
[n];
int dp[n]
[n][n]
[n];
intmain()
for(
int x1 =
1; x1 <= n; x1++
)else}}
}}printf
("%d\n"
, dp[n]
[n][n]
[n])
;return0;
}
方格取數 1
problem description 給你乙個n n的格仔的棋盤，每個格仔裡面有乙個非負數。從中取出若干個數，使得任意的兩個數所在的格仔沒有公共邊，就是說所取的數所在的2個格仔不能相鄰，並且取出的數的和最大。input 包括多個測試例項，每個測試例項包括乙個整數n 和n n個非負數 n 20 ou...
特殊方格取數
特殊方格取數 在n n n 20 的方格棋盤上放置n 個車，某些格仔不能放，求使它們不能互相攻擊的方案總數。第一行，有兩個數 n m n表示方格棋盤大小,m表示不能放的格仔數量 下面有m行,每行兩個整數,為不能放的格仔的位置。只有一行，即得出的方案總數。2 1 1 1 1動態規劃，位運算，排列組合，...
方格取數 2
方格取數 2 時間限制 1 s 空間限制 128000 kb 題目描述 description 給出乙個n n的矩陣,每一格有乙個非負整數aij,aij 1000 現在從 1,1 出發,可以往右或者往下走,最後到達 n,n 每達到一格,把該格仔的數取出來,該格仔的數就變成0,這樣一共走k次,現在要求...