探寻宝藏 【算法设计与分析课设】 c语言代码 + 思路详解 + 三维优化

目录

• ​​1、题目​​
• ​​2、思路1​​
• ​​3、代码1​​
• ​​4、思路2​​
• ​​5、代码2​​

1、题目

传说HMH大沙漠中有一个​​M*N​​迷宫，里面藏有许多宝物。某天，Dr.Kong找到了迷宫的地图，他发现迷宫内处处有宝物，最珍贵的宝物就藏在右下角，迷宫的进出口在左上角。当然，迷宫中的通路不是平坦的，到处都是陷阱。Dr.Kong决定让他的机器人卡多去探险。

但机器人卡多从左上角走到右下角时，只会向下走或者向右走。从右下角往回走到左上角时，只会向上走或者向左走，而且卡多不走回头路。（即：一个点最多经过一次）。当然卡多顺手也拿走沿路的每个宝物。

Dr.Kong希望他的机器人卡多尽量多地带出宝物。请你编写程序，帮助Dr.Kong计算一下，卡多最多能带出多少宝物。

输入

第一行： K 表示有多少组测试数据。

接下来对每组测试数据：

第1行: ​​M N​​

第2~M+1行：​​Ai1 Ai2 ……AiN (i=1,…..,m)​​

【约束条件】

​​2≤k≤5 1≤M, N≤50 0≤Aij≤100 (i=1,….,M; j=1,…,N)​​

所有数据都是整数。 数据之间有一个空格。

输出

对于每组测试数据，输出一行：机器人卡多携带出最多价值的宝物数

样例输入

2
2 3
0 10 10
10 10 80
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 100

样例输出

120
134

2、思路1

假设出发点为A终点为B ，题目要求从A->B，然后再从B->A，求出这两条路径上取得的最大的和（路径不能重复）。我们可以假设同时从A出发，得到两条不同路径，这是相同的效果，相当于从A->B一共走了两次。

我们首先考虑只走一次。

只走一次：

状态表示： ​​f[i,j]​​​表示所有从​​(1,1)​​​走到​​(i,j)​​的路径之和的最大值

状态转移：

由于限制了只会向下走或者向右走，因此到达​​(i,j)​​有两条路径

• 从上方转移过来，​​f[i][j] = f[i][j-1]+ a[i][j]​​
• 从左方转移过来，​​f[i][j] = f[i-1][i]+ a[i][j]​​

因此，状态计算方程为： ​​f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + a[i][j]​​​， 从向右和向左两条路径中选择路径之和最大的转移过来，再加上​​a[i][j]​​的值。

现在我们考虑走两次。

走两次:

状态表示： ​​f[i1,j1,i2,j2]​​​表示所有从​​(1,1)​​​,​​(1,1)​​​分别走到​​(i1,j1)​​​,​​(i2,j2)​​的路径之和的最大值。

状态计算：

从​​(1,1)​​​,​​(1,1)​​​分别走到​​(i1,j1)​​​，​​(i2,j2)​​的前一步共有四条路径：

• 第一条：下 第二条：下
  ​​​f[i1][j1][i2][j2] = f[i1-1]][j1][i2-1][j2] + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​
• 第一条：下 第二条：右
  ​​​f[i1][j1][i2][j2] = f[i1-1][j1][i2][j2-1] + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​
• 第一条：右 第二条：下
  ​​​f[i1][j1][i2][j2] = f[i1][j1-1][i2-1][j2] + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​
• 第一条：右 第二条：右
  ​​​f[i1][j1][i2][j2] = f[i1][j1-1][i2][j2-1] + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​

因此，状态计算方程为： ​​f[i1][j1][i2][j2] = max(f[i1][j1][i2][j2],f[i1-1][j1][i2][j2-1],f[i1][j1-1][i2-1][j2],f[i1][j1-1][i2][j2-1]) + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​。

注意点：

因为一个点只能走一次，包括终点也是如此。因此，我们考虑终点的前一步，最后再加上终点的值。而终点的前一步共有两种可能，如下：

故最后的答案取值为：​​max(f[n][m-1][n-1][m],f[n-1][m][n][m-1]) + a[n][m]​​。

时间复杂度分析：​​4​​​重循环，因此时间复杂度为 。

空间复杂度分析： 定义状态为​​4​​​维，因此空间复杂度为 。

完整分析图示：

3、代码1

#include<stdio.h>
#include<string.h>

const int N = 55;
int a[N][N];
int f[N][N][N][N]; 

int max(int a,int b)
{
  return a>b?a:b;
} 

int main()
{
  int k,n,m;
  scanf("%d",&k);
  while(k--)
  {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(a,0,sizeof(a));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
       for(int j = 1; j <= m; j++)
         scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)
        for(int j1 = 1; j1 <= m; j1++)
        for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++)
          for(int j2 = 1; j2 <= m; j2++)
          {
            if(i1 == i2 && j1 == j2)  continue;  //走到同一格子
            int &x = f[i1][j1][i2][j2];
            int t = a[i1][j1] + a[i2][j2]; 
            x = max(x,f[i1-1][j1][i2-1][j2]+t);
            x = max(x,f[i1-1][j1][i2][j2-1]+t);
            x = max(x,f[i1][j1-1][i2-1][j2]+t);
            x = max(x,f[i1][j1-1][i2][j2-1]+t);           
          }
    printf("%d\n",max(f[n][m-1][n-1][m],f[n-1][m][n][m-1]) + a[n][m]);    
  }
  return 0;
}

4、思路2

第一种思路的时间复杂度为 ，当​​​n​​​和​​m​​很大时，这样的效率显然我们是不能接受的。有没有一种方法可以降低时间复杂度那？答案是有的。

这道题的关键在于如何处理” 同一个格子只能走一次 “？

我们发现只有在​​i1 + j1 == i2 +j2​​​时，两条路径的格子才可能重合 。我们让 ​​k = i1 + j1 == i2 +j2​​，两个人同时从A出发，每个人走的步数和是一样的。

由此我们就可以把路径长度​​k​​​，作为动态规划的阶段，每个阶段中，我们同时把两条路径扩展一步，即路径长度加 ​​1​​​，来进入下一个阶段,而路径长度加​​1​​后，无非就是向下走一格或是向右走一格，对应横纵坐标的变换。

新的状态表示：​​f[k, i1, i2]​​​表示所有从​​(1,1)​​​,​​(1,1)​​​分别走到​​(i1,k-i1)​​​, ​​(i2,k-i2)​​​的路径之和的最大值，​​k​​​表示两条路线当前走到的格子的横纵坐标之和（或者说两个人都走了​​k​​步）。

​​k = i1 + j1 = i2+ j2​​

因此把状态由​​f[i1][j1][i2][j2]​​​优化成三维​​f[k][i1][i2]​​​等价于​​f[i1][k−i1][i2]k−i2]​​

状态计算：

从​​(1,1)​​​,​​(1,1)​​​分别走到​​(i1,j1)​​​，​​(i2,j2)​​的前一步共有四条路径：

• 第一条：下 第二条：下
  ​​​f[i1-1]][j1][i2-1][j2] == f[k-1][i1-1][i2-1]​​;
• 第一条：下 第二条：右
  ​​​f[i1-1][j1][i2][j2-1] == f[k-1][i1-1][i2]​​;
• 第一条：右 第二条：下
  ​​​f[i1][j1-1][i2-1][j2] == f[k-1][i1][i2-1]​​;
• 第一条：右 第二条：右
  ​​​f[i1][j1-1][i2][j2-1] == f[k-1][i1][i2]​​;

我们解释上面的一种状态:

​​f[i1-1]][j1][i2-1][j2] == f[k-1][i1-1][i2-1]​​​：代表两个人都走了​​k-1​​​步，A从​​(i1-1,j1)​​​走到​​(i1,j1)​​​,B从​​(i2-1,j2)​​​走到​​(i2,j2)​​。

因此，状态计算方程为： ​​f[k][i1][j1] = max(f[k-1][i1-1][i2-1],f[k-1][i1-1][i2],f[k-1][i1][i2-1],f[k-1][i1][i2]) + a[i1][j1] + a[i2][j2]​​。

注意点： 同思路1一样

最终的答案为： ​​max(f[n+m-1][n][n-1],f[n+m-1][n-1][n])+a[n][m]​​

时间复杂度分析：​​3​​​重循环，因此时间复杂度为 。

空间复杂度分析： 定义状态为​​3​​​维，因此空间复杂度为 。

完整分析图示：

5、代码2

#include<stdio.h>
#include<string.h>

const int N = 55;
int a[N][N];
int f[2*N][N][N]; 

int max(int a,int b)
{
  return a>b?a:b;
} 

int main()
{
  int k,n,m;
  scanf("%d",&k);
  while(k--)
  {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(a,0,sizeof(a));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
       for(int j = 1; j <= m; j++)
         scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int k = 2; k <= n+m; k++)
        for(int i1 = 1; i1 <= n; i1++)
        for(int i2 = 1; i2 <= n; i2++)        
        {
          int j1=k-i1,j2=k-i2;
          if(i1 >= 1 && j1 <= n && i2 >=1 && j2 <=m)
          {
              if(i1 == i2) continue;
            int &x=f[k][i1][i2];
            int t = a[i1][j1] + a[i2][j2]; 
            x=max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1-1][i2]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2-1]+t);
                    x=max(x,f[k-1][i1][i2]+t);
          }           
        }
    printf("%d\n",max(f[n+m-1][n][n-1],f[n+m-1][n-1][n])+a[n][m]);    
  }
  return 0;
}