题目描述
鲁宾逊先生有一只宠物猴，名叫多多。这天，他们两个正沿着乡间小路散步，突然发现路边的告示牌上贴着一张小小的纸条：“欢迎免费品尝我种的花生！――熊字”。
鲁宾逊先生和多多都很开心，因为花生正是他们的最爱。在告示牌背后，路边真的有一块花生田，花生植株整齐地排列成矩形网格（如图11）。有经验的多多一眼就能看出，每棵花生植株下的花生有多少。为了训练多多的算术，鲁宾逊先生说：“你先找出花生最多的植株，去采摘它的花生；然后再找出剩下的植株里花生最多的，去采摘它的花生；依此类推，不过你一定要在我限定的时间内回到路边。”
我们假定多多在每个单位时间内，可以做下列四件事情中的一件：
1) 从路边跳到最靠近路边（即第一行）的某棵花生植株；
2) 从一棵植株跳到前后左右与之相邻的另一棵植株；
3) 采摘一棵植株下的花生；
4) 从最靠近路边（即第一行）的某棵花生植株跳回路边。
现在给定一块花生田的大小和花生的分布，请问在限定时间内，多多最多可以采到多少个花生？注意可能只有部分植株下面长有花生，假设这些植株下的花生个数各不相同。
例如在图2所示的花生田里，只有位于(2, 5), (3, 7), (4, 2), (5, 4)(2,5),(3,7),(4,2),(5,4)的植株下长有花生，个数分别为13, 7, 15, 913,7,15,9。沿着图示的路线，多多在2121个单位时间内，最多可以采到3737个花生。
输入输出格式
输入格式：
第一行包括三个整数，M, N和K，用空格隔开；表示花生田的大小为M \times N(1 \le M, N \le 20)M×N(1≤M,N≤20)，多多采花生的限定时间为K(0 \le K \le 1000)K(0≤K≤1000)个单位时间。接下来的MM行，每行包括N个非负整数，也用空格隔开；第i + 1行的第j个整数P_{ij}(0 \le P_{ij} \le 500)P
ij
(0≤P
ij
≤500)表示花生田里植株(i, j)(i,j)下花生的数目，00表示该植株下没有花生。
输出格式：
一个整数，即在限定时间内，多多最多可以采到花生的个数。
输入输出样例
输入样例#1：
6 7 21
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
输出样例#1：
37
输入样例#2：
6 7 20
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
输出样例#2：
28
说明
noip2004普及组第2题
题目本身并不是很难。主要是要看到题目规定的并不是要采的最多，必须从大到小，依次采摘，因此我们只贪心就可以，用结构体存下横纵坐标和数量，然后排序，按照排序后的顺序依次采摘，期间计算耗费的时间，每计算一个就要进行判断当前所剩余的时间是否可以回去，当不能回去时则到达上一个点时的采摘量，就是最多的采摘量。（注意计算时的横纵坐标，是根据x算还是y，这个根据自己存储的不同使用的也不同，我在这里傻乎乎的找了好长时间orz）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int pic[50][50];
int ans,n,m,k,cnt,nowx,nowy,tot;
struct edge{
int x,y,v;
}e[5000];
bool cmp(edge a,edge b){
return a.v > b.v;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i = 1; i<=n; i++){
for(int j = 1; j<=m; j++){
scanf("%d",&pic[i][j]);
if(pic[i][j]){
cnt ++;
e[cnt].x = i;e[cnt].y =j;e[cnt].v = pic[i][j];
}
}
}
sort(e+1,e+1+cnt,cmp);
if(2*e[1].y + 1 > k){
cout << 0;
return 0;
}
else if(2*e[1].x + 1 == k){
cout << e[1].v;
return 0;
}
nowy = e[1].y;
for(int i = 1; i<=cnt; i++){
tot += abs(nowy - e[i].y) + abs(nowx - e[i].x) + 1;
if(tot + e[i].x > k)break;
nowx = e[i].x;
nowy = e[i].y;
ans += e[i].v;
}
cout << ans ;
return 0;
}