UVa 1366 Martian Mining

题目分析

问题描述

NASA\texttt{NASA}NASA 在火星上发现了一个 n×mn \times mn×m 的矩形区域，富含两种重要矿物：yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 和 bloggium\texttt{bloggium}bloggium。每个单元格中含有不同数量的这两种矿物。

宇航员需要在区域西边建造 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 精炼厂，在北边建造 bloggium\texttt{bloggium}bloggium 精炼厂。任务是为该区域设计传送带系统，使得能够开采的矿物总量最大化。

传送带规则

两种传送带类型：
- 东西向：将 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 向西运输
- 南北向：将 bloggium\texttt{bloggium}bloggium 向北运输
限制条件：
- 每个单元格只能建造一种传送带
- 矿物运输必须直线进行，不能转弯
- 如果南北向传送带上方有东西向传送带，矿物会丢失
- 如果东西向传送带左侧有南北向传送带，矿物会丢失
- 矿物必须在开采的单元格立即装上相应传送带

问题转化

实际上，整个网格可以被一条从西北到东南的阶梯状分界线划分为两个区域：

左上区域 ：全部使用南北向传送带，运输 bloggium\texttt{bloggium}bloggium 到北边工厂
右下区域 ：全部使用东西向传送带，运输 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 到西边工厂

我们的目标是找到最优的分界线，使得两种矿物的总运输量最大。

解题思路

动态规划方法

我们使用动态规划来解决这个问题，定义以下数组和状态：

预处理数组

Y[i][j]Y[i][j]Y[i][j] ：第 iii 行前 jjj 列的 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 总和
- 表示如果第 iii 行的前 jjj 列都使用东西向传送带，能获得的 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum 总量
B[i][j]B[i][j]B[i][j] ：第 jjj 列前 iii 行的 bloggium\texttt{bloggium}bloggium 总和
- 表示如果第 jjj 列的前 iii 行都使用南北向传送带，能获得的 bloggium\texttt{bloggium}bloggium 总量

动态规划状态

定义 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] ：考虑前 iii 行和前 jjj 列时能获得的最大矿物量

状态转移方程

对于每个位置 (i,j)(i, j)(i,j)，我们有两种选择：

将第 iii 行的前 jjj 列设为东西向传送带
- 收益为：dp[i−1][j]+Y[i][j]dp[i-1][j] + Y[i][j]dp[i−1][j]+Y[i][j]
- 这意味着前 i−1i-1i−1 行已经处理完毕，当前行新增 Y[i][j]Y[i][j]Y[i][j] 的 yeyenum\texttt{yeyenum}yeyenum
将第 jjj 列的前 iii 行设为南北向传送带
- 收益为：dp[i][j−1]+B[i][j]dp[i][j-1] + B[i][j]dp[i][j−1]+B[i][j]
- 这意味着前 j−1j-1j−1 列已经处理完毕，当前列新增 B[i][j]B[i][j]B[i][j] 的 bloggium\texttt{bloggium}bloggium

因此状态转移方程为：
dp[i][j]=max⁡(dp[i−1][j]+Y[i][j], dp[i][j−1]+B[i][j])dp[i][j] = \max(dp[i-1][j] + Y[i][j],\ dp[i][j-1] + B[i][j])dp[i][j]=max(dp[i−1][j]+Y[i][j], dp[i][j−1]+B[i][j])

边界条件

dp[0][j]=0dp[0][j] = 0dp[0][j]=0（没有行时收益为 000）
dp[i][0]=0dp[i][0] = 0dp[i][0]=0（没有列时收益为 000）

参考代码

cpp 复制代码

// Martian Mining
// UVa ID: 1366
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2025-11-03
// UVa Run Time: 0.070s
//
// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    cin.tie(0), cout.tie(0), ios::sync_with_stdio(false);
    int n, m;
    while (cin >> n >> m && (n || m)) {
        vector<vector<int>> yey(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
        vector<vector<int>> blog(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
        // 输入 yeyenum
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                cin >> yey[i][j];
        // 输入 bloggium
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                cin >> blog[i][j];
        // 预处理 Y[i][j]：第 i 行前 j 列的 yeyenum 和
        vector<vector<int>> Y(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                Y[i][j] = Y[i][j - 1] + yey[i][j];
        // 预处理 B[i][j]：第 j 列前 i 行的 bloggium 和
        vector<vector<int>> B(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
            for (int i = 1; i <= n; ++i)
                B[i][j] = B[i - 1][j] + blog[i][j];
        // DP
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(m + 1, 0));
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] + Y[i][j], dp[i][j - 1] + B[i][j]);
        cout << dp[n][m] << "\n";
    }
    return 0;
}