真题实战（坐标规则型动态规划）-NOIP提高组历年高频考点(5)
在NOIP中经常出现的动态规划类问题还有
坐标规则型动态规划
动态规划算法之资源分配问题
树型动态规划
这三个点我们将在后面的文章中提及。
。
坐标规则型动态规划
例题
Robots
题目描述
在一个n∗mn∗m的棋盘内，一些格子里有垃圾要拾捡。现在有一个能捡垃圾的机器人从左上格子里出发，每次只能向右或者向下走。每次他到达一个点，就会自动把这个点内的垃圾拾掉。
问：最多能拾多少垃圾。在最多的情况下，有多少种拾垃圾方案？
数据范围:n≤100,m≤100n≤100,m≤100
样例分析
最多能拾5块。有4种方法。
解析 ：
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
typedef long long LL;
const int size = 100+10;
int f[size][size];
bool mp[size][size];
int n,m;
int main() {
scanf('%d%d',&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
scanf('%d',&mp[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
f[i][j]=Max(f[i-1][j],f[i][j-1])+mp[i][j];
printf('%d\n',f[n][m]);
return 0;
}
矩阵取数游戏 （NOIP2007）
具体描述见链接：矩阵取数游戏
解析 ：
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=80+10;
struct BIGNUM
{
int num[maxn],len;
BIGNUM(){memset(num,0,sizeof(num));len=1;}
BIGNUM operator = (const char str[])
{
len=strlen(str);
for(int i=0;i<len;i++)
num[i]=str[len-i-1]-'0';
while(num[len-1]==0&&len>1) len--;
return *this;
}
BIGNUM operator = (const int n)
{
int tmp=n;
len=1;
do
{
num[len-1]=tmp%10;
tmp/=10;len++;
}while(tmp>0);
while(num[len-1]==0&&len>1) len--;
return *this;
}
BIGNUM operator + (const BIGNUM &rhs) const
{
BIGNUM tmp;
tmp.len=max(len,rhs.len)+1;
for(int i=0;i<tmp.len;i++)
{
tmp.num[i]+=num[i]+rhs.num[i];
tmp.num[i+1]=tmp.num[i]/10;
tmp.num[i]%=10;
}
while(tmp.num[tmp.len-1]==0&&tmp.len>1) tmp.len--;
return tmp;
}
BIGNUM operator * (const BIGNUM &rhs) const
{
BIGNUM tmp;
tmp.len=len+rhs.len;
for(int i=0;i<len;i++)
for(int j=0;j<rhs.len;j++)
{
tmp.num[i+j]+=num[i]*rhs.num[j];
tmp.num[i+j+1]+=tmp.num[i+j]/10;
tmp.num[i+j]%=10;
}
while(tmp.num[tmp.len-1]==0&&tmp.len>1) tmp.len--;
return tmp;
}
bool operator < (const BIGNUM &rhs) const
{
if(len>rhs.len) return false;
if(len<rhs.len) return true;
for(int i=len-1;i>=0;i--)
if(num[i]!=rhs.num[i]) return num[i]<rhs.num[i];
return false;
}
void print()
{
for(int i=len-1;i>=0;i--) printf('%d',num[i]);
}
}dp[maxn][maxn];
BIGNUM ans;
int a[maxn];
int main()
{
int n,m;
scanf('%d%d',&n,&m);
BIGNUM pow;
pow=2;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int j=1;j<=m;j++)
{
scanf('%d',&a[j]);
dp[j][j]=a[j]*2;
}
for(int x=2;x<=m;x++)
for(int l=1;l<=m;l++)
{
int r=l+x-1;
if(r>m) continue;
dp[l][r]=max(dp[l+1][r]*pow+dp[l][l],dp[l][r-1]*pow+dp[r][r]);//dp
}
ans=ans+dp[1][m];
}
ans.print();
return 0;
}
传纸条(NOIP2008)
具体描述见链接：传纸条
解析：
刚开始可能想用一个贪心思想：
求出1个纸条从（1，1）到（M,N）的路线最大值.
删除路径上的点值
再求出1个纸条从（M,N） 到（1，1）的路线最大值.
统计两次和
然后就很容易发现有反例，哈哈。
然后你想怎么搞呢，既然方向有限定，那么符合dp特性，就可以dp了。
由于小渊和小轩的路径可逆，因此，尽管出发点不同，但都可以看成同时从(1,1)出发到达(M,N)点。
(原谅我用mathtype写的，懒得搞成mathjax了）
其中
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int size=55;
int a[size][size];
int f[size][size][size][size];
int n,m;
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
{
for(int l=1;l<=m;l++)
{
f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]);
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k-1][l]);
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l-1]);
f[i][j][k][l]+=(a[i][j]+a[k][l]);
if(i==k&&j==l)
{
f[i][j][k][l]-=a[i][j];
}
}
}
}
}
cout<<f[n][m][n][m]<<endl;
return 0;
}
免费馅饼
题目描述 :
SERKOI最新推出了一种叫做“免费馅饼”的游戏。
游戏在一个舞台上进行。舞台的宽度为W格，天幕的高度为H格，游戏者占一格。开始时游戏者站在舞台的正中央，手里拿着一个托盘。下图为天幕的高度为4格时某一个时刻游戏者接馅饼的情景。
游戏开始后，从舞台天幕顶端的格子中不断出现馅饼并垂直下落。游戏者左右移动去接馅饼。游戏者每秒可以向左或向右移动一格或两格，也可以站在原地不动。
馅饼有很多种，游戏者事先根据自己的口味，对各种馅饼依次打了分。同时，在8-308电脑的遥控下，各种馅饼下落的速度也是不一样的，下落速度以格/秒为单位。
当馅饼在某一秒末恰好到达游戏者所在的格子中，游戏者就收集到了这块馅饼。
输入
输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数，分别给出了舞台的宽度W（1到99之间的奇数）和高度H（1到100之间的整数）。
接下来依馅饼的初始下落时间顺序给出了所有馅饼的信息。每一行给出了一块馅饼的信息。由四个正整数组成，分别表示了馅饼的初始下落时刻（0到1000秒），水平位置、下落速度（1到100）以及分值。游戏开始时刻为0。从1开始自左向右依次对水平方向的每格编号。
输入文件中同一行相邻两项之间用一个或多个空格隔开。
输出
输出文件的第一行给出了一个正整数，表示你的程序所收集的最大分数之和。
解析
刚开始看到这道题却没什么思路，两个物品都同时在动，似乎很复杂的样子。
看了ppt后面的题解后，可以算出每个时刻落到最底层的每个格子有多少分值的馅饼。
如果将馅饼当成参照物，则馅饼向下落，可以看成馅饼不动，人往上走去摘取馅饼，这样人每1时刻都可以走到上一行的5个格子，如图：
计算出每个格子每个时刻可能达到的馅饼分值，填入W*H的天幕表。
其中C[i,j]表示天幕的第i行第j列的馅饼分值，即第i时刻，馅饼落到最底行的馅饼分值。
代码:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const int size = 1000+10;
int st;
int f[size][110];
int c[size*10],x[size*10],t[size*10],v[size*10];
int n=1,h,w;
int m=0,time=0;
int mx(int i,int j) {
int m=0;
if(f[i+1][j-2]>m and j-2>0) {m=f[i+1][j-2];st=-2;}
if(f[i+1][j-1]>m and j-1>0) {m=f[i+1][j-1];st=-1;}
if(f[i+1][j]>m) {m=f[i+1][j];st=0;}
if(f[i+1][j+1]>m) {m=f[i+1][j+1];st=1;}
if(f[i+1][j+2]>m) {m=f[i+1][j+2];st=2;}
return m;
}
int main() {
freopen('freecake.in','r',stdin);
scanf('%d%d',&w,&h);
h--;
while(~scanf('%d%d%d%d',&t[n],&x[n],&v[n],&c[n])) {
if(h%v[n]==0) {
t[n]+=h/v[n];time=Max(time,t[n]);
n++;
}
}
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++) f[t[i]][x[i]]+=c[i];
for(int i=time-1;i>=0;i--)
for(int j=w;j>0;j--)
f[i][j]+=mx(i,j);
printf('%d\n',f[0][w/2+1]);
for(int i=0,j=w/2+1;;i++) {
if(mx(i,j)==0) break;
j+=st;printf('%d\n',st);
}
return 0;
}
三角蛋糕
题目描述
一块边长为n的正三角形的大蛋糕，一些被老鼠咬坏了，如下图黑色部分。
现想把该蛋糕切出一块最大的没被老鼠咬坏正三角形的蛋糕；
求切出的最大的三角形面积
范围：n≤100。
解析
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
typedef long long LL;
const int size = 200+10;
int a[size][size],n;
char st[size];
int main() {
scanf('%d',&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf('%s',st+i);
for(int j=1;j<=2*n-i;j++) {
if(st[j]=='-') a[i][j]=a[i][j-1]+1;
else a[i][j]=0;
}
}
int ans=0,k;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=2*n-i;j++) {
if(a[i][j]) {
if(!(i*j&1) and (i&1||j&1))
for(k=1;a[i+k][j+k]>=k*2+1;k++);
else
for(k=1;a[i-k][j+k]>=k*2+1;k++);
ans=Max(ans,k*k);
}
}
printf('%d\n',ans);
return 0;
}
总结
坐标规则类动态规划有一个共性，那就是在一个矩阵中（一般是二维矩阵，当然可能有更加复杂的图形）给出一些规则，然后按规则去做某些决策。
思考这类问题的基本方法是：以坐标为状态，坐标之间的转换关系，一般利用问题给出的规则进行决策转移。
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