dp算法入门（闫氏dp分析法）

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。

状态表示：存图同样是用g数组来图， 但是该怎么表示状态呢，传统的两维表示(f[][])已经不能很好

的适用了，因为这道题人走了两次，而第一次走的过程中会将经历的每个点的值变为0，所以不应

该将过程分开成两次独立的事件来看。不妨视作人从起点到终点同时开走两次，并且仍然保持每次

所走到的点的值变为0，那么理论上我们应该用4个状态来表示状态，不妨分别记作f(i1，j1，i2，

j2)就是两次运动的横纵坐标，但是如果数据量稍微大一点的话比如1e2级别，f数组可能就会爆内

存。所以要对f数组优化，优化的方式可以为f(k,i1,i2),其中k表示为每一次运动的横纵坐标之和，由

于我们的f数组表示人从起点到终点同时的运动两次，所以两次的横纵坐标之和一定会相等。

状态分析：对于该运动，设两次分运动的点的横坐标分别为i1， i2， 横纵坐标为k，则横坐标为i1

的点只能由它上面和左边的点得到，而这两个点满足其中一个横坐标为i1 - 1，另一个纵坐标为j1 -

1（如果j是合法的话，什么是合法的，代码中会给出解释）i2点同理，所以一个状态可以分为4个子

状态，并且这四个子状态的横纵坐标之和都是k - 1.

代码实现：

#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 15;int g[N][N], f[N + N][N][N], n;//横纵左边之和的值的最大值为2Nint main(){scanf("%d", &n);int a, b, c;while(cin >> a >> b >> c, a || b || c) g[a][b] = c;//a,b,c同时为零时停止输入for(int k = 2; k <= n + n; k++)//起点横纵坐标之和为2，所以k从2开始到2nfor(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++){int j1 = k - i1;int j2 = k - i2;//k是从2开始递增的，而i1显然可以取到一个大于2的数，此时的j1就会是一个不在                //1~n范围内的数，这样的j就是不合法的，所以我们再计算状态的时候，需要                //对j的合法性进行判断，否则会sf。if(j1 >= 1 && j1 <= n && j2 >= 1 && j2 <= n){    int t = g[i1][j1];    if(i1 != i2) t += g[i2][j2];    int &x = f[k][i1][i2];                    //第一个状态表示两个子点都是i1，i2左边的点。    x = max(x, f[k - 1][i1][i2] + t);                    //第二个状态表示一个在上面，另一个在左边。    x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2] + t);                    //与二同理，只不过两个点顺序换了    x = max(x, f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);                    //两个点都在上边。    x = max(x, f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + t);}}printf("%d", f[n + n][n][n]);//到终点的最大值。return 0;} 

T5:acwing275

题目描述：

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)(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 00 表示），可以用一个 0∼1000∼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：

输入格式

第一行有 22 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。

状态分析：这题同样可以用f[2N][N][N]（各元素含义和上一题相同来表示），有区别的地方在于，每个点只能走一次，比如第一个运动走过了点（k，j）第二个运动就没法经过这个点了，所以我们需要对每个点只能走一次这个特点处理。

实际上我们可以证明，从起点（1，1）走到终点（n，n）的所有路径中经过的点的值最大的方案（此题中为“好心程度之和”）一定是两条没有交点的路径。

Prove:我们采用反证法，证明所有有交点的路径一定能被优化为没有交点的路径

 如上图，st，ed分别代表起终点（图拿鼠标画的（）），红色和黑色分别为两次运动的路径，显然这个时候有很多交点，那么我们发现这个图（运动路径）实际可以等效成下图的情况（situation）

 即黑色的路径和红色的路径各处一边，那么这种情况实际上并不是最优解，比如点（2，2）就是第一个红黑路径的交点，可以变成黑色路径先走（1，3）再走到（3，1），原因在于：当红黑路径交于（2，2）时，这个点上的值只能被计算一次，因此另一次的经过这个点便显得没有意义了，所以我们绕过这个点的同时，这个点的值不仅能被计算，还能计算其余更多点的值。

所以我们可以套用上一题代码。证明完毕（） 

代码：

#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 55;int g[N][N], f[N + N][N][N];int main(){    int n, m;    scanf("%d%d", &n, &m);        for(int i = 1; i <= n; i++)        for(int j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &g[i][j]);            for(int k = 2; k <= n + m; k++)        for(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)            for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++)            {                int j1 = k - i1;                int j2 = k - i2;                                if(j1 >= 1 && j1 <= m && j2 >=1 && j2 <= m)                {                    int t = g[i1][j1];                    if(i1 != i2) t += g[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);                }            }                printf("%d", f[n + m][n][n]);    return 0;}

---------------------------------------------------------------end-------------------------------------------------------------

本文链接：https://www.kjpai.cn/gushi/2024-04-13/157952.html，文章来源：网络cs，作者：璐璐，版权归作者所有，如需转载请注明来源和作者，否则将追究法律责任！