方格取数（多线程dp，深搜）

https://www.luogu.org/problem/P1004

题目描述

设有N×N的方格图(N≤9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字0。如下图所示（见样例）:

某人从图的左上角的A点出发，可以向下行走，也可以向右走，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点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

输入格式

输入的第一行为一个整数N（表示N×N的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。

输出格式

只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

输入输出样例

输入

输出

第一种方法（深搜）：

这道题深搜的最优方法就是两种方案同时从起点出发。因为如果记录完第一种方案，再计算第二种方案，不可控的因素太多了，大多都不是最优解→_→，

但两种方案同时执行就行，因为这可以根据当前的情况来判断最优。

总的来说，每走一步都会有四个分支（你理解成选择或者情况也可以）：

1、两种都向下走

2、第一种向下走，第二种向右走

3、第一种向右走，第二种向下走

4、两种都向右走

每走一步走枚举一下这四种情况，因为在每个点的方案具有唯一性（也就是在某个点走到终点的取数方案只有一个最优解，自己理解一下），所以我们可以开一个数组来记录每一种情况，当重复枚举到一种情况时就直接返回（对，就是剪枝），大大节省了时间（不然会超时哦~）。深搜和DP的时间复杂度时一样的！

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <string.h>
 3 #include <iostream>
 4 #include <string>
 5 #include <math.h>
 6 #include <algorithm>
 7 #include <queue>
 8 #include <set>
 9 #include <math.h>
10 const int INF=0x3f3f3f3f;
11 typedef long long LL;
12 const int mod=1e9+7;
13 const double PI=acos(-1);
14 const int maxn=1e5+10;
15 using namespace std;
16 
17 int n;
18 int A[15][15];
19 int dp[11][11][11][11];
20 
21 int DFS(int x1,int y1,int x2,int y2)//两种方案同时执行，表示当第一种方案走到x1,y1,第二种方案走到x2,y2时到终点取得的最大数 
22 {
23     if(dp[x1][y1][x2][y2]!=-1)//如果这种情况已经被记录过了，直接返回，节省时间
24         return dp[x1][y1][x2][y2];
25     if(x1==n&&y1==n&&x2==n&&y2==n)//如果两种方案都走到了终点，返回结束 
26         return 0;
27     int MAX=0;
28     //如果两种方案都不在最后一行，就都往下走，统计取得的数，如果有重复，就减去一部分
29     if(x1<n&&x2<n)
30         MAX=max(MAX,DFS(x1+1,y1,x2+1,y2)+A[x1+1][y1]+A[x2+1][y2]-A[x1+1][y1]*(x1+1==x2+1&&y1==y2));
31     
32     //如果第一种方案不在最后一行，第二种方案不在最后一列，第一种就向下走，第二种就向右走， 统计取得的数，如果有重复，就减去一部分
33     if(x1<n&&y2<n)
34         MAX=max(MAX,DFS(x1+1,y1,x2,y2+1)+A[x1+1][y1]+A[x2][y2+1]-A[x1+1][y1]*(x1+1==x2&&y1==y2+1));
35     
36     //如果第一种方案不在最后一列，第二种方案不在最后一行，第一种就向右走，第二种就向下走， 统计取得的数，如果有重复，就减去一部分
37     if(x2<n&&y1<n)
38         MAX=max(MAX,DFS(x1,y1+1,x2+1,y2)+A[x1][y1+1]+A[x2+1][y2]-A[x1][y1+1]*(x1==x2+1&&y1+1==y2));
39     
40     //如果第一种方案和第二种方案都不在最后一列，就都向右走，统计取得的数，如果有重复，就减去一部分
41     if(y1<n&&y2<n)
42         MAX=max(MAX,DFS(x1,y1+1,x2,y2+1)+A[x1][y1+1]+A[x2][y2+1]-A[x1][y1+1]*(x1==x2&&y1+1==y2+1));
43     //对最后那个 A[x1][y1+1]*(x1==x2&&y1+1==y2+1))的解释：这个是用来判断两种方案是不是走到了同一格的
44     //如果是真，就返回1，否则返回0，如果是1的话，理所当然的可以减去A[x1][y+1]*1,否则减去A[x1][y1+1]*0相当于不减,写得有点精简，省了4个if 
45     dp[x1][y1][x2][y2]=MAX;//记录这种情况 
46     return MAX;//返回最大值
47 }
48 
49 int main()
50 {
51     scanf("%d",&n);
52     //将记录数组初始化成-1，因为可能出现取的数为0的情况，如果直接判断f[x1][y1][x2][y2]!=0（见DFS第一行）
53     //可能出现死循环而导致超时，细节问题 
54     memset(dp,-1,sizeof(dp));
55     int a,b,c;
56     while(~scanf("%d %d %d",&a,&b,&c)&&(a||b||c))//读入
57     {
58         A[a][b]=c;
59     }
60     int ans=0;
61     ans=DFS(1,1,1,1)+A[1][1];//因为DFS中没有考虑第一格，即A[1][1]，所以最后要加一下
62     printf("%d
",ans);
63     return 0;
64 }

第二种方法（DP）：

我们发现题目的数据规模不大，n<=9，所以我们可以考虑用DFS或者DP都可以

这题，是四维动规的模板题，和P1006传纸条基本相似。

我们记f[i][j][k][l]表示第1条路线的i,j走法和第2条路线的k,l走法

显然我们可以两个人一起走，复杂度最多就是9*9*9*9=6561

我们考虑两个人同时走，就相当于数字三角形。

第1条路线只可能是从i-1,j或者i,j-1转移，第2条路线也只可能从k-1,l或者k,l-1转移

而且因为是2个人走，如果走到一点我们的那个点就要打标记说那点上面的值为0

所以我们得到了我们的动归方程（注意：万一i,j与k,l相同这是要小心的！）

状态转移方程为：

不过要判断i=k&&j=l的情况。

 1 #include <stdio.h>
 2 #include <string.h>
 3 #include <iostream>
 4 #include <string>
 5 #include <math.h>
 6 #include <algorithm>
 7 #include <queue>
 8 #include <set>
 9 #include <math.h>
10 const int INF=0x3f3f3f3f;
11 typedef long long LL;
12 const int mod=1e9+7;
13 const double PI=acos(-1);
14 const int maxn=1e5+10;
15 using namespace std;
16 
17 int n;
18 int A[15][15];
19 int dp[11][11][11][11];//dp[i][j][k][l]表示两个人同时走，一个走i,j 一个走k,l
20 
21 int main()
22 {
23     scanf("%d",&n);
24     int a,b,c;
25     while(~scanf("%d %d %d",&a,&b,&c)&&(a||b||c))//读入
26     {
27         A[a][b]=c;
28     }
29     for(int i=1;i<=n;i++){
30         for(int j=1;j<=n;j++){
31             for(int k=1;k<=n;k++){
32                 for(int l=1;l<=n;l++){
33                     dp[i][j][k][l]=max(dp[i-1][j][k-1][l],max(dp[i][j-1][k-1][l],max(dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k][l-1])))+A[i][j]+A[k][l];
34                     if(i==k&&j==l)
35                         dp[i][j][k][l]-=A[i][j];
36                 }
37             }
38         }
39     }
40     printf("%d
",dp[n][n][n][n]);
41     return 0;
42 }

思路：

相当于两个人同时走，求最大值，

dp[i][j][x][y]:=第1个人走到坐标(i,j) 第2个人走到坐标(x,y) 时，最大的值

但无论如何，同一时间，1和2走的步数是一样多的，设为p，且i+j-2=p;x+y-2=p

那么dp[i][j][x][y]可以降维为：dp[i][x][p]

那么对于dp[i][x][p]，就有4种情况：dp[i][x][p-1],dp[i-1][x-1][p-1]，dp[i-1][x][p-1]，dp[i][x-1][p-1]

求出最大值再加上a[i][j],a[x][y]

当i==x的时候，显然多加了一次

最后，注意一定要初始化：dp[1][1][0]=a[1][1]，不然会出错

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<string>
 5 #include<cstring>
 6 #include<queue>
 7 #include<stack>
 8 #include<cmath>
 9 #include<set>
10 #include<map>
11 #include<functional>
12 using namespace std;
13 #define ll long long
14  
15 typedef pair<ll,int>P;
16 const ll INF=1e17+10;
17 const int N=15,mod=1e9+7;
18  
19 int a[N][N];
20 int dp[N][N][2*N];
21  
22 int main(){
23     int n;
24     scanf("%d",&n);
25     int x,y,k;
26     while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&k)&&x+y+k!=0){
27         a[x][y]=k;
28     }
29     dp[1][1][0]=a[1][1];
30     for(int p=1;p<=2*n-2;p++){//步数
31         for(int i=1;i<=n;i++){
32             for(int x=1;x<=n;x++){
33                 int j=p+2-i,y=p+2-x;
34                 int tmp=max(dp[i][x][p-1],dp[i-1][x-1][p-1]);
35                 tmp=max(tmp,dp[i-1][x][p-1]);
36                 tmp=max(tmp,dp[i][x-1][p-1]);
37                 dp[i][x][p]=tmp+a[i][j]+a[x][y];
38                 if(i==x)dp[i][x][p]-=a[x][y];
39             }
40         }
41     }
42     printf("%d
",dp[n][n][2*n-2]);
43 }

下面粘出洛谷大佬以墨的题解：

这题和传纸条很像

一级

显然，用f[i][j][k][l]表示第一个人走到(i,j)，第二个人走到(k,l)的最优解，因为楼下讲了太多，我就不再赘述了。发个代码。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 struct point
 5 {
 6     int x,y,data;
 7 }p[100];
 8 int n,m,map[11][11],f[11][11][11][11];
 9 int main()
10 {
11     int i,j,k,l;
12     scanf("%d",&n);
13     while(1)
14     {
15         int a,b,c;
16         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
17         if(!a&&!b&&!c)
18             break;
19         p[++m].x=a;
20         p[m].y=b;
21         p[m].data=c;
22     }
23     for(i=1;i<=m;i++)
24         map[p[i].x][p[i].y]=p[i].data;
25     for(i=1;i<=n;i++)
26         for(j=1;j<=n;j++)
27             for(k=1;k<=n;k++)
28             {
29                 l=i+j-k;
30                 if(l<=0)
31                     break;
32                 f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],max(f[i-1][j][k][l-1],max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1])));
33                 if(i==k&&j==l)
34                     f[i][j][k][l]+=map[i][j];
35                 else
36                     f[i][j][k][l]+=map[i][j]+map[k][l];
37             }
38     printf("%d
",f[n][n][n][n]);
39     return 0;
40 }

二级

然而这题数据太弱，范围这么小偶也没想到，但是钻研的精神很可贵，还是要多想想。

像楼下说的，用三维数组，优化空间。可以用路径长度代表阶段

f(l,i,ii)表示当前路径长度为l（也就是说当前是第l个状态），第一个人走到(i,l-i)的位置，第二个人走到(ii,l-ii)的位置。

具体原因楼下同样讲得太多了，因为后面还有料，现在就不多说了。

三级

看过楼下题解的同学应该能够发现，每一次的状态转移都只和上一个阶段有关，即第l-1个阶段。

所以说可以用滚动数组，只记录当前阶段和2的余数的阶段即可。

若l%2==0，则上一个状态l%2==1。反之亦然。

这样空间复杂度从O(n^4)->O(n^3)->O(2n^2)

四级

其实这样已经差不多了，但是还可以继续优化。

如果对01背包的以为写法非常熟悉的话......

可以模仿，枚举i和ii的时候，如果倒着做，那么当前的值就是上一个阶段的值，连滚动数组都不用。

空间复杂度再降到O(n^2)

贴上四级的代码~~~

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 struct point
 5 {
 6     int x,y,data;//记录每个点的位置和数值
 7 }p[100];
 8 int n,m,map[11][11],f[11][11];
 9 int main()
10 {
11     int i,ii,j,jj,l;
12     scanf("%d",&n);
13     while(1)
14     {
15         int a,b,c;
16         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
17         if(!a&&!b&&!c)
18             break;
19         p[++m].x=a;
20         p[m].y=b;
21         p[m].data=c;
22     }
23     for(i=1;i<=m;i++)
24         map[p[i].x][p[i].y]=p[i].data;
25     for(l=2;l<=n*2;l++)//每个点最少横着竖着都走一格，最多都走n格就到终点
26         for(i=l-1;i>=1;i--)//和前面说的一样，倒着做
27             for(ii=l-1;ii>=1;ii--)
28             {
29                 j=l-i;jj=l-ii;//i+j=ii+jj=l
30                 f[i][ii]=max(max(f[i][ii],f[i-1][ii-1]),max(f[i-1][ii],f[i][ii-1]))+map[i][j];
31 //重点说明一下吧，这里省略了很多。如果i不减1，意思就是j-1，因为上一个阶段就是l-1嘛。如果ii-1，意思就是说jj不减1。
32                 f[i][ii]+=map[ii][jj]*(i!=ii);
33 //如果i==ii，其实就是(i==ii&&j==jj)，因为和都是l嘛。如果走过一遍，第二遍走得到的值就是0（题目上说的）。
34             }
35     printf("%d
",f[n][n]);
36 //输出意思是在路径长度为2*n的阶段，两遍都走到(n,n)的最优值。因为在这里(j=2*n-i=n,jj=2*n-ii=n),所以走到的就是(n,n)的位置
37     return 0;
38 }

OVER ! 一个小小的建议，如果你想对这种两边一起做的DP有更深入的了解，可以做：传纸条和回文的路径

后者很难！！！

第三种方法（费用流，SPFA）：

（蒟蒻表示暂时不会，先粘大佬的代码，以后再看）

SPFA

简要介绍一下如何构图

拆点：因为每个方格只取一次，但要走两遍，因此我们考虑对于矩阵中每个方格拆为两个节点，一个为流入点，记为i；一个为流出点，记为i'。连两条边从i->i’，两条容量都为1，费用为-g[i][j]和0。
编号：这个大家有各自的习惯。我的题解中具体看我程序中的hashin和hashout函数和注释，hashin用于编号我前文所提到的i，hashout用于编号我前文所提到的i'。
连接节点：每个节点的out连接它的右边和它下边节点的流入点，对于边界特殊处理一下，s连(0,0)的入点，(n-1,n-1)连t点。

这样构图跑一遍spfa的最小费用最大流就OK了。

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <queue>
  4 #define INF 0x7f7f7f7f
  5 using namespace std;
  6 
  7 struct Edge{
  8     int u;//大多数算法在邻接表中并不需要这个，但费用流比较例外
  9     int v;
 10     int f;//残量 
 11     int c;//费用 
 12     int next;
 13 }e[850];//网络流的题目都要记得边数开两倍，因为还有反向弧
 14 int head[170];
 15 int n,m,s,t;
 16 int ecnt = 0;
 17 inline void AddEdge(int _u,int _v,int _f,int _c) {
 18     e[ecnt].next = head[_u];
 19     head[_u] = ecnt;
 20     e[ecnt].u = _u;
 21     e[ecnt].v = _v;
 22     e[ecnt].f = _f;
 23     e[ecnt].c = _c;
 24     ecnt++;
 25 }
 26 inline void Add(int _u,int _v,int _f,int _c) {
 27     AddEdge(_u,_v,_f,_c);
 28     AddEdge(_v,_u,0,-_c);
 29 }
 30 
 31 int dis[170];
 32 bool inq[170];
 33 int pre[170];
 34 bool SPFA() {
 35     queue <int> q;
 36     q.push(s);
 37     memset(dis,0x7f,sizeof(dis));
 38     memset(inq,0,sizeof(inq));
 39     memset(pre,-1,sizeof(pre));
 40     inq[s] = true;
 41     dis[s] = 0;
 42     while (!q.empty()) {
 43         int cur = q.front();
 44         q.pop();
 45         inq[cur] = false;
 46         for (int i = head[cur];i != -1;i = e[i].next) {
 47             if (e[i].f != 0 && dis[e[i].v] > dis[cur] + e[i].c) {
 48                 dis[e[i].v] = dis[cur] + e[i].c;
 49                 pre[e[i].v] = i;
 50                 if (!inq[e[i].v]) {
 51                     inq[e[i].v] = true;
 52                     q.push(e[i].v);
 53                 }
 54             }
 55         }
 56     }
 57     return dis[t] != INF;
 58 }
 59 
 60 void MICMAF(int &flow,int &cost) {
 61     flow = 0;
 62     cost = 0;
 63     while (SPFA()) {
 64         int minF = INF;
 65         for (int i=pre[t];i != -1;i=pre[e[i].u]) minF = min(minF,e[i].f);
 66         flow += minF;
 67         for (int i=pre[t];i != -1;i=pre[e[i].u]) {
 68             e[i].f -= minF;
 69             e[i^1].f += minF;
 70         }
 71         cost += dis[t] * minF;
 72     }
 73 }
 74 /*
 75 节点编号规则：
 76 源点：0
 77 矩阵节点(入)：n*x+y+1
 78 矩阵节点(出)：n*n+n*x+y+1
 79 汇点：2*n*n+1
 80 */
 81 int g[10][10];
 82 inline int hashin(int x,int y) {
 83     return n*x+y+1;
 84 }
 85 inline int hashout(int x,int y) {
 86     return n*n + n * x + y + 1;
 87 }
 88 int main() {
 89     memset(head,-1,sizeof(head));
 90     scanf("%d",&n);
 91     int x,y,v;
 92     while (scanf("%d%d%d",&x,&y,&v) == 3) {
 93         if (x == 0 && y == 0 && v == 0) break;
 94         x --;
 95         y --;
 96         g[x][y] = v;
 97     }
 98     s = 0;
 99     t = 2 * n * n + 1;
100     Add(s,1,2,0);
101     Add(2*n*n,t,2,0);
102     for (int i=0;i<n;i++)
103         for (int j=0;j<n;j++) {
104             int in = hashin(i,j);
105             int out = hashout(i,j);
106             Add(in,out,1,0);//邻接表中后插入的先遍历，卡常，f=1是因为只可能再经过一次
107             Add(in,out,1,-g[i][j]);
108             if (i != n - 1) Add(out,hashin(i+1,j),2,0);
109             if (j != n - 1) Add(out,hashin(i,j+1),2,0);
110         }
111     int f,c;
112     MICMAF(f,c);
113     printf("%d
",-c);
114     return 0;
115 }