摘花生

题目链接摘花生
题目大意
$H e l l o K i t t y$ 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。 $H e l l o K i t t y$ 只能向东或向南走，不能向西或向北走。问 $H e l l o K i t t y$ 最多能够摘到多少颗花生。
在这里插入图片描述

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 $H e l l o K i t t y$ 能摘到得最多的花生颗数。
数据范围： $1 \leq T \leq 100, 1 \leq R, C \leq 100, 0 \leq M \leq 1000$
输入样例

输出样例

8
16

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 110;
int dp[N][N],a[N][N];
int main()
{
    
    
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
    
    
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        for(int i = 1; i <= l; i++)
            for(int j = 1; j <= r; j++) scanf("%d",&a[i][j]);
            
        for(int i = 1; i <= l; i++)
            for(int j = 1; j <= r; j++)
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+a[i][j];
        printf("%d\n",dp[l][r]);
    }
    return 0;
}

最低通行费

题目链接最低通行费
题目大意
一个商人穿过一个 $N \times N$ 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 $(2 N - 1)$ 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100的整数，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
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

样例解释
样例中，最小值为109=1+2+5+7+9+12+19+21+33。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 110;
int dp[N][N],a[N][N];
int main()
{
    
    
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d",&a[i][j]),dp[i][j]=1e9;
        
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
    
    
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
    
    
            if(i == 1 && j == 1) dp[i][j] = a[i][j];
            else
            {
    
    
                if(i != 1) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j] + a[i][j]); //不在第一行  
                if(j != 1) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-1] + a[i][j]); //不在第一列
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n][n]);
    return 0;
}

方格取数

方格取数
题目大意
设有 $N \times N$ 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：
在这里插入图片描述
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 $N \times N$ 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
输入样例

输出样例

在这里插入图片描述
只走一次的做法:

$f [i] [j]$ : 表示所有从(1,1)走到(i,j)的路径的最大值
$f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j] + w [i] [j], f [i] [j - 1] + w [i] [j]$ ;

走两次的做法：

$f[i_1][j_1][j_2]$ ：表示所有从(1,1),(1,1)分别走到 $i_1,j_1)$ $i_2,j_2)$ 的路径的最大值。
如何处理 "同一个格子不能被重复选择"呢?
只有在 $i_1 + j_1 == i_2 + j_2$ 时，两条路径的格子才可能重合。
$f[k][i_1,i_2]$ 表示所有从(1,1)(1,1)分别走到 $i_1,k-i_1),(i_2,k-i_2)$ 的路径最大值
$k$ 表示两条路线当前走到的格子的横纵坐标之和。
所以有 $k = i_1 + j_1 = i_2 + j_2$ ， $j_1 == k - i_1$ ， $j_2 == k - i_2$
当 $i_1 == i_2$ 或者 $j_1 == j_2$ 时表示在相同的点，因此权值只加一次，否则就是没有取同一个点，两次走到权值相加即可。
因为 $k−1 == i_1 + j_1 − 1 == i_2 + j_2 − 1$ 得 $f[i_1][j_1−1][i_2][j_2−1]$ 转化为 $f[k−1][i_1][i_2]$
同理可得 $f[i_1−1][j1][i2−1][j2] == f[k−1][i_1−1][i_2−1]$
$f[i_1][j_1−1][i_2−1][j_2] == f[k−1][i_1][i_2−1]$
$f[i_1−1][j_1][i_2][j_2−1] == f[k−1][i_1−1][i_2]$
注意 k 的范围 2 ~ 2n，因为刚开始的时候 $k == i_1 + j_1 == 2$
$j_1$ 和 $j_2$ 要判断范围，因为他们是从 k转化过来的，不能超过地图的边界范围

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 11;
int dp[N<<1][N][N],a[N][N];
int main()
{
    
    
    int n; 
    scanf("%d",&n);
    int x,y,w;
    while(~scanf(" %d %d %d",&x,&y,&w) && (x || y || w)) a[x][y] = w;
    for(int k = 2; k <= n<<1; k++)
        for(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)
            for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++)
            {
    
    
                int j1 = k - i1;
                int j2 = k - i2;
                int t = a[i1][j1];
                if(i1 != i2) t += a[i2][j2];
                int &x = dp[k][i1][i2];   //引用
                if(j1 >= 1 && j1 <= n && j2 >= 1 && j2 <= n){
    
    
                    x = max(x, dp[k-1][i1-1][i2-1] + t);
                    x = max(x, dp[k-1][i1-1][i2] + t);
                    x = max(x, dp[k-1][i1][i2-1] + t);
                    x = max(x, dp[k-1][i1][i2] + t);
                }
            }
    printf("%d\n",dp[n<<1][n][n]);
    return 0;
}

传纸条

传纸条
题目大意
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： $1 \leq n, m \leq 50$
输入样例

输出样例

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 55;
int a[N][N];
int f[N<<1][N][N];      //f[k,i1,i2] 表示所有从(1,1),(1,1)分别走到(i1,k-i1),(i2,k-i2)
                        //的路径的最大值, k表示 i+j横纵坐标之和
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",&a[i][j]);
    int len = m + n;
    for(int k = 2; k <= len; k++)
        for(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)
            for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++)
            {
    
    
                int j1 = k - i1;
                int j2 = k - i2;
                int t = a[i1][j1];
                if(i1 != i2) t += a[i2][j2];  //走的不是同一位置
                if(j1 >= 1 && j1 <= m && j2 >= 1 && j2 <= m)
                {
    
    
                    int &x = f[k][i1][i2];
                    x = max(x, f[k-1][i1-1][i2-1] + t);  //下下
                    x = max(x, f[k-1][i1-1][i2] + t);   //下右
                    x = max(x, f[k-1][i1][i2-1] + t);   //右下
                    x = max(x, f[k-1][i1][i2] + t);    //右右
                }
            }
    printf("%d\n",f[len][n][n]);
    return 0;
}

数字三角形模型题解

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方格取数

传纸条

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