P1004NOIP2000提高组方格取数-洛谷分析与[[小烈送菜]]算姐妹题了，这个辈分甚至更老一点。如果直接按照题目，从\(A,B\)两点分别出发，那么有个问题就是不确定性，计算的时候不可控因素很多。可以注意到，从\(B\)点往回走到\(A\)点，是和从\(A\)点再走一遍走到\(B\)点是

要走两次因此，考虑一个四维的数组来实现，然后如果i=k&&j==l的话记得减一次即得到答案。点击查看代码#include<iostream>#include<stack>#include<cmath>#include<algorithm>#include<set>#include<vector>#include<climits>#include<string.h&g

题目传送门：传送门p1004题目背景NOIP2000提高组T4题目描述设有 N×NN×N 的方格图 (N≤9)(N≤9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字 00。如下图所示（见样例）:某人从图的左上角的 AA 点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的 BB 

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1004题意解读：从起点走到终点，走两次，计算最大路径和，第一次走过的点数值变为0。解题思路：直观上思考，可以先从起点走到终点，计算最大路径和，并记录走过的所有点，然后把所有点的数值置为0，再从起点走到终点，计算最大路径和，把两次的最大路径

题意：n*n的方格，从左上角到右下角两次。每一次经过的路径中，如果有数字，数字都会变成0并计数。求两次路径的最大计数。思路：线性dp，从左上角到右下角步数固定为2*n-2步。初始时0步dp[0][1][1]=grid[1][1]，知道了x1和x2可以确定对应的y，可以直接进行状态转移。可以增加剪枝：x<=m

题目描述题目描述设有N×N 的方格图(N≤9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字 0。如下图所示（见样例）:某人从图的左上角的 A 点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的 B 点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为

P1004[NOIP2000提高组]方格取数题解题目链接P1004[NOIP2000提高组]方格取数简要思路注意一下输入可以简化为while(std::cin>>x>>y>>val&&x){ //***}运用DP的思想。用一个四维的\(DP\)数组\(dp[i][j][k][l]\)来同时记录两条路径分别走到\((i,j)\)和\((k,

这道题很有趣，暴搜的时间复杂度太过于凶残O（K*(2^n)^2）（K的意思是大常数）,不过作为提高组T4，这道题数据范围太小了，感觉哪怕是离谱的暴搜也能过。再加上一时半会没想好多项式时间复杂度的正解DP，就搞了一个四不像出来，第一次走用搜索来实现第二次走用记搜来实现，这样时间复杂度就是O((2^n)*

题意：思路：考虑四维$dp$：设$dp[i][j][k][l]$表示两条路径分别走到$(i，j)$和$(k，l)$时所能获取的最大和，显然会超时。考虑三维$dp$：设$dp[i][j][k]$表示两条路径走了$i$步分别走到第$j$行和第$k$行时所能获取的最大和，通过当前步数$i$以及当

P1004[NOIP2000提高组]方格取数基本思路我想的是搞两次二维DP第一次搞完之后把走过的删掉，然后搞第二次，然而只有\(80pts\)#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>usingnamespacestd;intn;intx,y,t;inta[11][11];intdp1[11][11],dp2[11][

题目描述设有 N×N 的方格图 (N≤9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字 0。如下图所示（见样例）:A00000000001300

P1004[NOIP2000提高组]方格取数题目描述设有\(N\timesN\)的方格图\((N\le9)\)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字\(0\)。如下图所示（

[NOIP2000提高组]方格取数题目描述设有\(N\timesN\)的方格图\((N\le9)\)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放入数字\(0\)。如下图所示（见样例）: