【GDKOI2013】贪吃蛇题解

题目大意：

给出一张大小为 n ∗ m n*m n∗m 的矩阵，每一块都有一个权值 a i , j a_{i,j} ai,j ，可以随机选择起点，并且只能向右拐或向前走，不能碰到走过的路或走出图，求走过的路径权值和最大为多少。

数据范围：

1 ≤ n , m ≤ 32 , ∣ a i , j ∣ ≤ 1 0 4 1 \le n,m \le 32 , |a_{i,j}| \le 10^4 1≤n,m≤32,∣ai,j∣≤104

思路：

转移方程非常阴间。。。
看到数据范围 n , m ≤ 32 n,m \le 32 n,m≤32 发现使用搜索时间上过不去，所以考虑使用 D P DP DP 。
我们可以发现所有合法的路径一定包含一个或两个回环，如图：

所以我们可以先 D P DP DP 求出所有的回环，再将回环拼接在一起就可以了。
可以发现每一个回环的区别有：
1. 1. 1. 顺时针和逆时针（如图2的两个回环）
2. 2. 2. 结束的点（如图1在右下角，图2第一个回环在右下角，第二个回环在左下角）

所以可以设 f x , y , x x , y y , 0 / 3 , 0 / 1 f_{x,y,xx,yy,0/3,0/1} fx,y,xx,yy,0/3,0/1 表示这个回环是在左上角为 ( x , y ) (x,y) (x,y) ，右下角为 ( x x , y y ) (xx,yy) (xx,yy) 的矩阵上，且结束点在左上（左下，右上，右下）角，形状为顺时针（逆时针）的最大路径价值和。

如图，以结束点在右上角为例，则可以转移到的图形有三种：
1. 1. 1. 可以由上一个结束点也在这个点的相同回环转移，如图1。
2. 2. 2. 可以由往下缩短一格后再加上此点的回环转移，如图2。
3. 3. 3. 可以由一个回环加上一段横行（竖行）转移，如图3。

所以要先用前缀和记录所有的横行和竖行的权值前缀和，以便 3 3 3 的转移。
并且图形是由小图形到大图形进行转移，所以要枚举这个回环的长和宽来进行 D P DP DP
转移的状态有 8 8 8 种，慢慢仔细打是可以打完的。

对与两个回环相接，可以得出结论：两个回环的方向相反。
之后枚举一个矩形的左上角和右下角，再分别枚举横，纵坐标的分割点，根据回环方向和回环的结束点更新答案就可以了。

D P DP DP 的时间复杂度为 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4) ，枚举更新答案的时间复杂度为 O ( n 5 ) O(n ^ 5) O(n5) ，能过。

AC代码

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,a[40][40],ans=-21000000;
int f[40][40][40][40][4][2];
int hang[40][40],lie[40][40];
int Max(int a,int b,int c,int d)
{int tot=max(max(max(a,b),c),d);return tot;
}
int main()
{scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&a[i][j]);hang[i][j]=hang[i][j-1]+a[i][j];lie[i][j]=lie[i-1][j]+a[i][j];for(int k=0;k<=3;k++)for(int l=0;l<=1;l++)f[i][j][i][j][k][l]=a[i][j];ans=max(ans,a[i][j]);}  for(int len1=1;len1<=n;len1++)//DPfor(int len2=1;len2<=m;len2++){if(len1==len2&&len1==1)continue;for(int x=1;x+len1-1<=n;x++)for(int y=1;y+len2-1<=m;y++){int xx=x+len1-1,yy=y+len2-1;f[x][y][xx][yy][0][0]=Max(f[x][y][xx-1][yy][0][0],f[x][y+1][xx][yy][0][0],f[x+1][y][xx][yy][0][0]+a[x][yy],f[x][y][xx][yy-1][3][0]+lie[xx][yy]-lie[x-1][yy]);f[x][y][xx][yy][1][0]=Max(f[x][y][xx-1][yy][1][0],f[x][y][xx][yy-1][1][0],f[x][y+1][xx][yy][1][0]+a[x][y],f[x+1][y][xx][yy][0][0]+hang[x][yy]-hang[x][y-1]);f[x][y][xx][yy][2][0]=Max(f[x+1][y][xx][yy][2][0],f[x][y][xx][yy-1][2][0],f[x][y][xx-1][yy][2][0]+a[xx][y],f[x][y+1][xx][yy][1][0]+lie[xx][y]-lie[x-1][y]);f[x][y][xx][yy][3][0]=Max(f[x+1][y][xx][yy][3][0],f[x][y+1][xx][yy][3][0],f[x][y][xx][yy-1][3][0]+a[xx][yy],f[x][y][xx-1][yy][2][0]+hang[xx][yy]-hang[xx][y-1]);f[x][y][xx][yy][0][1]=Max(f[x][y][xx-1][yy][0][1],f[x][y+1][xx][yy][0][1],f[x][y][xx][yy-1][0][1]+a[x][yy],f[x+1][y][xx][yy][1][1]+hang[x][yy]-hang[x][y-1]);f[x][y][xx][yy][1][1]=Max(f[x][y][xx-1][yy][1][1],f[x][y][xx][yy-1][1][1],f[x+1][y][xx][yy][1][1]+a[x][y],f[x][y+1][xx][yy][2][1]+lie[xx][y]-lie[x-1][y]);           f[x][y][xx][yy][2][1]=Max(f[x+1][y][xx][yy][2][1],f[x][y][xx][yy-1][2][1],f[x][y+1][xx][yy][2][1]+a[xx][y],f[x][y][xx-1][yy][3][1]+hang[xx][yy]-hang[xx][y-1]);f[x][y][xx][yy][3][1]=Max(f[x+1][y][xx][yy][3][1],f[x][y+1][xx][yy][3][1],f[x][y][xx-1][yy][3][1]+a[xx][yy],f[x][y][xx][yy-1][0][1]+lie[xx][yy]-lie[x-1][yy]);}}for(int len1=1;len1<=n;len1++)//枚举 for(int len2=1;len2<=m;len2++){if(len1==len2&&len1==1)continue;for(int x=1;x+len1-1<=n;x++)for(int y=1;y+len2-1<=m;y++){int xx=x+len1-1,yy=y+len2-1;for(int k=0;k<=3;k++)for(int l=0;l<=1;l++)ans=max(ans,f[x][y][xx][yy][k][l]);for(int k=x;k<xx;k++){   ans=max(ans,f[x][y][k][yy][2][0]+f[k+1][y][xx][yy][1][1]);ans=max(ans,f[x][y][k][yy][3][1]+f[k+1][y][xx][yy][0][0]);}    for(int k=y;k<yy;k++){ans=max(ans,f[x][y][xx][k][3][0]+f[x][k+1][xx][yy][2][1]);ans=max(ans,f[x][y][xx][k][0][1]+f[x][k+1][xx][yy][1][0]);}}}printf("%d\n",ans);
}