题解:P1005 [NOIP 2007 提高组] 矩阵取数游戏

P1005 [NOIP 2007 提高组] 矩阵取数游戏 题解

题意

给定一个 n × m n\times m n×m 的矩阵,可以进行 m m m 次取数,每次只能取走每一行的第一个数或最后一个数。设第 i i i 次取出的数是 b 1 b_1 b1, b 2 b_2 b2, ⋯ \cdots ⋯, b n b_n bn,则第 i i i 次取数的得分是 ∑ j = 1 n b j × 2 i \sum_{j=1}^{n}b_j\times 2^i ∑j=1nbj×2i。问取完 m m m 次后的每次取数得分之和最大是多少?

思路

开始看着题目,可能感觉没有什么头绪。但不难发现,其实行与行之间不会相互影响,所以可以将每一行在输入时单独处理,这样可以把 a a a 数组压成一维。同时,每行取数之后总是剩余一个区间,所以令人很自然的联想到区间 dp。

设 d p i , j dp_{i,j} dpi,j 表示剩下 [ i , j ] [i,j] [i,j] 这个区间时的最大得分。

接下来开始推方程。

i , j \] \[i,j\] \[i,j\] 区间只能从 \[ i − 1 , j \] \[i-1,j\] \[i−1,j\] 或 \[ i , j + 1 \] \[i,j+1\] \[i,j+1\] 区间转移而来。同时,可以得到在转移到 \[ i , j \] \[i,j\] \[i,j\] 区间时是第 m − j + i − 1 m-j+i-1 m−j+i−1 次。 设在第 k k k 行转移,便能得到转移方程: d p i , j = max ⁡ ( d p i − 1 , j + a k , i − 1 × 2 m − j + i − 1 , d p i , j + 1 + a k , j + 1 × 2 m − j + i − 1 ) dp_{i,j}=\\max(dp_{i-1,j}+a_{k,i-1}\\times 2\^{m-j+i-1},dp_{i,j+1}+a_{k,j+1}\\times 2\^{m-j+i-1}) dpi,j=max(dpi−1,j+ak,i−1×2m−j+i−1,dpi,j+1+ak,j+1×2m−j+i−1) 此时只需要把 2 1 2\^1 21 到 2 m 2\^m 2m 都用快速幂预处理出来便可将转移的复杂度压缩到 O ( 1 ) O(1) O(1)。(用位运算的话似乎会 wa 后四个点) 由 dp 数组的定义可知长度为一的区间不会被计算,所以最终答案为: ∑ i = 1 n max ⁡ 1 ≤ j ≤ m ( d p j , j + a i , j × 2 m ) \\sum_{i=1}\^{n}\\max\\limits_{1\\le j\\le m}(dp_{j,j}+a_{i,j}\\times 2\^m) i=1∑n1≤j≤mmax(dpj,j+ai,j×2m) 注意到此题的转移过程是从大区间到小区间的,所以我们的枚举顺序要改一下。即 i i i 从小到大, j j j 从大到小。 时间复杂度: O ( n m 2 ) O(nm\^2) O(nm2)。 ### 代码 数据范围会爆 `long long`,可以写高精,但我这里用了 `__int128`。 代码如下: ```cpp #include #define int __int128 #define inf 1ll << 62 #define max(a , b) a > b ? a : b #define min(a , b) a < b ? a : b using namespace std; const int MAXN = 85; int n , m; int a[MAXN] , poww[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN] , ans; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0 , s = 1; while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') s = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * s; } inline int ksm(int base , int x) { int result = 1; while(x) { if(x & 1) result *= base; x >>= 1; base *= base; } return result; } void write(int x) { if(x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if(x >= 10) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); return; } signed main() { n = read(); m = read(); for(register int i = 1;i <= m;i ++) poww[i] = ksm(2 , i); while(n --) { for(register int i = 1;i <= m;i ++) a[i] = read(); memset(dp , 0 , sizeof(dp)); for(register int i = 1;i <= m;i ++) for(register int j = m;j >= i;j --) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] + a[i - 1] * poww[m - j + i - 1] , dp[i][j + 1] + a[j + 1] * poww[m - j + i - 1]); int maxn = -inf; for(register int i = 1;i <= m;i ++) maxn = max(maxn , dp[i][i] + a[i] * poww[m]); ans += maxn; } write(ans); return 0; } ```

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