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题目描述

设有 $N\times N$ 的方格图 $(N\le 9)$，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）:

A0  0  0  0  0  0  0  00  0 13  0  0  6  0  00  0  0  0  7  0  0  00  0  0 14  0  0  0  00 21  0  0  0  4  0  00  0 15  0  0  0  0  00 14  0  0  0  0  0  00  0  0  0  0  0  0  0B

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 $N\times N$ 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。

样例 #1

样例输入 #1

8
2 3 13
2 6  6
3 5  7
4 4 14
5 2 21
5 6  4
6 3 15
7 2 14
0 0  0

样例输出 #1

67

注意这里需要分为 i和j 是否相等，如果不相等一定不在同一个格子中，那就可以取两次了，为什么可以优化成三维，是因为如果走的次数是固定的，横坐标和纵坐标的和事固定的（行数+列数）。
注意，有了步数这一实际意义（大于等于0）和 步数与行数之间的约束（后者必须小于前者），循环的嵌套顺序和行数循环终止条件要注意

#include <iostream>
using namespace std;
//#define int long long int
const int N=10;
int a[N][N];
int dp[N][N][N][N];
int n,x,y,s;
int get_max(int u,int v,int o,int p){return max(max(u,v),max(o,p));
}
signed main(int argc, char** argv) {cin>>n;while(cin>>x>>y>>s){if(!x&&!y&&!s)break;a[x][y]=s;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int k=1;k<=n;k++){for(int l=1;l<=n;l++){dp[i][j][k][l]=get_max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1])+a[i][j]+a[k][l];
//			两个人一步有四种结果if(i==k&&j==l)dp[i][j][k][l]-=a[i][j];}}}}cout<<dp[n][n][n][n];return 0;
}

#include <iostream>
using namespace std;
//#define int long long int
const int N=10;
int a[N][N];
int dp[N][N][N*2];
int n,x,y,s;
int get_max(int u,int v,int o,int p){return max(max(u,v),max(o,p));
}
signed main(int argc, char** argv) {cin>>n;while(cin>>x>>y>>s){if(!x&&!y&&!s)break;a[x][y]=s;}dp[1][1][0]=a[1][1];//初始化for(int k=1;k<=(n-1)*2;k++){//已经走了多少步(两个人是同时走一步)for(int i=1;i<=min(k+1,n);i++){for(int j=1;j<=min(k+1,n);j++){dp[i][j][k]=get_max(dp[i-1][j][k-1],dp[i-1][j-1][k-1],dp[i][j][k-1],dp[i][j-1][k-1])+a[i][k+2-i]+a[j][k+2-j];
//			两个人一步有四种结果 p1向下p2向右,都向下,都向右,p1向右p2向下if(i==j)dp[i][j][k]-=a[i][k+2-i];
//			m行n列总共 m-1+n-1步
//			cx行,cx=i,cy列 cx-1+cy-1=k步 cy=k+2-cx	}}}cout<<dp[n][n][(n-1)*2];return 0;}
//1 1 1
//2 2 3 
//2 3 4

爆搜

#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long int
const int mod=1e9+7;
const int N=10;
int m,n,x,y;
int back[7];
bool conflict[40][40];
int dfs(int u,int cnt){if(cnt==n+1){return 1;}int ans=0;for(int down=1;down<=6;down++){//枚举骰子底部的数字if(conflict[u][down])continue;ans=(ans+dfs(back[down],cnt+1))%mod;}
}
int quickpow(int b,int e){b%=mod;int res=1;while(e){if(e&1)res=res*b%mod;b=b*b%mod;e=e>>1;}return res;
}
signed main(int argc, char** argv) {back[1]=4;back[4]=1;back[2]=5;back[5]=2;back[3]=6;back[6]=3;cin>>n>>m;for(int i=0;i<m;i++){cin>>x>>y;conflict[x][y]=true;conflict[y][x]=true;}int res=0;for(int down=1;down<=6;down++){res=(res+dfs(back[down],2))%mod;}res=res*quickpow(4,n)%mod;cout<<res;return 0;}

在这种解题方式上用快速幂有些多余。分枝过多的递归当n=100时，几乎不能在题目规定时间内计算出来。当n<100时，通过累乘的方式将4一次、一次乘给ans，这并不会对程序的效率造成很大影响。