[Tyvj Aug11] 黄金矿工
传送门
Description
黄金矿工是一个经典的小游戏,它可以锻炼人的反应能力。该游戏中,可以通过“挖矿”获得积分并不断升级。玩家可以在线玩flash版黄金矿工,也可以下载后玩单机版黄金矿工。目前,黄金矿工小游戏有多个版本,例如黄金矿工双人版,黄金矿工单人版等。
Jimmy是一位黄金矿工,他所在的金矿是一个n*n的矩形区域(俯视),区域内有黄金、石头和TNT,由一个 n*n的矩阵描述。黄金的价值对应矩阵中的正值,石头的价值对应矩阵中的负值,TNT由0表示。换句话说,挖到黄金赚钱,石头亏损,如果挖到TNT就挂了。
Jimmy租到的挖矿工具很特别,它的形状是一个长宽任意(均为正整数)的矩形,可以取走被该工具覆盖的矩形区域内的所有物品,但如果该区域内有TNT,该工具将被炸毁,此时Jimmy将不得不赔偿矿主+∞元!!!需要注意的是,该工具只能在金矿范围内使用(即不得超出金矿边界),且租金为每次使用十元。
现在,Jimmy想知道,如果他至多只有一次租用该工具的机会,他能获得的最大收益是多少。当然,如果Jimmy租用该工具无论如何都会亏损,他可以不租用,此时收益为0.
Input
第一行:一个整数n
接下来n行,每行n个整数(绝对值<100),为题目中所描述的矩阵。
Output
一个数,即Jimmy所能获得的最大收益。
Sample Input
3
0 -1 -1
0 -12 0
-19 0 0
Sample Output
0
Hint
【样例解释】
无论Jimmy怎么挖矿,挖到的不是石头,就是TNT,总之无论如何都会亏损,所以选择不租用工具,收益为0
【数据范围】
对于30%的数据:0<n<=10
对于60%的数据:0<n<=100
对于100%的数据:0<n<=300
Source
动态规划, 贪心,子矩阵DP
这是一道很好的DP题,首先这道题的模型就是求最大子矩阵和。很容易想到的暴力枚举是O(n^4)的,显然会TLE,我们发现,暴力枚举的时候我们很多东西都重复计算了,没有很好的利用中间结果。
首先从一维的子序列最大和讲起。对于任意数列,O(n)的求它最大的子序列和,设f[i]表示到i位置的最大和,那么状态的转移只有两种,如果f[i-1]>0,那么 f[i]=f[i-1]+a[i],否则f[i]=a[i]。因为要求最大的子序列和,所以所选的子序列的起始位置一定是正数。
当f[i]>0时,这个转移显然是对的,(每次转移后都会更新答案,所以a[i]<0也不会影响答案)
当f[i-1]<0时,f[i-1]+a[i]一定小于 a[i],而i-1是从上一个起始位置开始,一段子序列中和第一次小于0的位置,同时序列的起点又是正数,所以上一次选的序列中不存在一个位置到当前位置的序列和大于0,所以新序列从 i 位置开始。
然后类比到二维的子矩阵和,我们可以把一个矩形一列的和看做一维数组的一个元素,转化为上面那个问题,这样就只需枚举矩形的上下界,求和的话可以用前缀和优化,记录每一列的前缀和,这样就可以O(1)求矩形一列的和。总复杂度为O(n^3)。
还可以参见这篇博客,博主讲得很清楚。
1 #include <map> 2 #include <set> 3 #include <cmath> 4 #include <ctime> 5 #include <queue> 6 #include <stack> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 #define ll long long 16 17 inline int gi() 18 { 19 bool b=0; int r=0; char c=getchar(); 20 while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') b=!b; c=getchar(); } 21 while(c>='0' && c<='9') { r=r*10+c-'0'; c=getchar(); } 22 if(b) return -r; return r; 23 } 24 25 const int inf = 21400000, N = 307; 26 int a[N][N]; 27 28 int main() 29 { 30 int i,j,k,sum,ans,n; 31 n=gi(); 32 for (i=1; i<=n; i++) 33 for (j=1; j<=n; j++) 34 { 35 a[i][j]=gi(); 36 if (!a[i][j]) a[i][j]=-inf; 37 a[i][j]+=a[i-1][j]; //记录每一列的前缀和 38 } 39 for (i=1; i<=n; i++) //枚举子矩形下面边的位置 40 for (k=0; k<i; k++) //枚举子矩形上面边的位置 41 { 42 sum=0; 43 for (j=1; j<=n; j++) //枚举矩形的宽 若 sum 大于 0 则继续扩展 每次更新 ans 否则 sum=0 重新枚举一个子矩形 妙不可言 44 { 45 sum+=a[i][j]-a[k][j]; 46 if (sum < 0) sum=0; 47 else ans=max(ans,sum); 48 } 49 } 50 printf("%d\n",max(ans-10,0)); 51 return 0; 52 }
转载于:https://www.cnblogs.com/y142857/p/7152992.html
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