Двумерное ДП: различия между версиями
Глеб (обсуждение | вклад) (Новая страница: «Двумерная динамика: черепашка Теперь рассмотрим такую задачу: На каждой клетке двумерн...») |
Глеб (обсуждение | вклад) |
||
Строка 13: | Строка 13: | ||
[100, 0, 0, 0, 0, 1] | [100, 0, 0, 0, 0, 1] | ||
] | ] | ||
+ | </syntaxhighlight> | ||
+ | Тут нас снова спасает динамика. Давайте сводить задачу к предыдущей! Задачей назовем "сколько максимально монет можно набрать на пути от $0\times0$ до $i\times j$" (заменим 1-нумерацию на 0-нумерацию). Будем хранить это в двумерном массиве dp в клетке dp[i][j]. | ||
+ | |||
+ | Сразу понятны некоторые свойства этого массива: | ||
+ | * Он размера NxM | ||
+ | * dp[0][0] = COINS[0][0] | ||
+ | * ответ на всю задачу лежит в dp[N - 1][M - 1] | ||
+ | |||
+ | Но гораздо важнее придумать формулу для подсчета dp[i][j] через предыдущие. Легко посчитать первую строку и первый столбец: | ||
+ | * dp[0][k] = dp[0][k - 1] + COINS[0][k] | ||
+ | * dp[k][0] = dp[k - 1][0] + COINS[k][0] | ||
+ | |||
+ | Так как до этих клеток есть ровно один путь. | ||
+ | |||
+ | Но что делать, если есть много путей до клетки dp[i][j]? Снова разобьем их на на несколько групп в зависимости от последнего хода (! важный трюк, запомните). Последний ход был: | ||
+ | * либо из [i][j - 1] | ||
+ | * либо из [i - 1][j] | ||
+ | |||
+ | Поэтому формула для максимального числа монет такая: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + COINS[i][j]. | ||
+ | |||
+ | Ну все, достаточно пройтись правильно по двумерному массиву (построчно сверху вних, а в каждой строке слева направо) и заполнить этот массив. | ||
+ | |||
+ | <syntaxhighlight lang="C++" line='line'> | ||
+ | for (int i = 0; i < n; i++) { | ||
+ | for (int j = 0; j < m; j++) { | ||
+ | if (i == 0 && j == 0) { | ||
+ | dp[0][0] = COINS[0][0]; | ||
+ | } | ||
+ | else if (i == 0) { | ||
+ | dp[0][j] = dp[0][j - 1] + COINS[0][j]; | ||
+ | } | ||
+ | else if (j == 0) { | ||
+ | dp[i][0] = dp[i - 1][0] + COINS[i][0]; | ||
+ | } | ||
+ | else { | ||
+ | dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + COINS[i][j]; | ||
+ | } | ||
+ | } | ||
+ | } | ||
</syntaxhighlight> | </syntaxhighlight> |
Версия 08:12, 5 октября 2019
Двумерная динамика: черепашка Теперь рассмотрим такую задачу:
На каждой клетке двумерной таблички написано, сколько там лежит монет. Черепашка стоит в клетке $1 \times 1$ (верхней левой), и может двигаться только на одну клетку вниз, или на одну клетку вправо. Нужно найти максимальное число монет, которое может набрать черепашка по пути к нижней правой клетке $N \times M$.
Первое, что приходит в голову - это просто идти черепашкой в ту клетку из соседних, где лежит больше монет. К сожалению, эта жадная стратегия не всегда работает. Например, на такой доске жадная черепашка пошла бы по следу из единичек, хотя гораздо выгоднее пойти сначала по нулям, а потом найти там большие горстки монет (40, 70, 100):
1 COINS = [
2 [0, 1, 1, 1, 1, 1],
3 [0, 0, 0, 0, 0, 1],
4 [0, 40, 70, 0, 0, 1],
5 [100, 0, 0, 0, 0, 1]
6 ]
Тут нас снова спасает динамика. Давайте сводить задачу к предыдущей! Задачей назовем "сколько максимально монет можно набрать на пути от $0\times0$ до $i\times j$" (заменим 1-нумерацию на 0-нумерацию). Будем хранить это в двумерном массиве dp в клетке dp[i][j].
Сразу понятны некоторые свойства этого массива:
- Он размера NxM
- dp[0][0] = COINS[0][0]
- ответ на всю задачу лежит в dp[N - 1][M - 1]
Но гораздо важнее придумать формулу для подсчета dp[i][j] через предыдущие. Легко посчитать первую строку и первый столбец:
- dp[0][k] = dp[0][k - 1] + COINS[0][k]
- dp[k][0] = dp[k - 1][0] + COINS[k][0]
Так как до этих клеток есть ровно один путь.
Но что делать, если есть много путей до клетки dp[i][j]? Снова разобьем их на на несколько групп в зависимости от последнего хода (! важный трюк, запомните). Последний ход был:
- либо из [i][j - 1]
- либо из [i - 1][j]
Поэтому формула для максимального числа монет такая: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + COINS[i][j].
Ну все, достаточно пройтись правильно по двумерному массиву (построчно сверху вних, а в каждой строке слева направо) и заполнить этот массив.
1 for (int i = 0; i < n; i++) {
2 for (int j = 0; j < m; j++) {
3 if (i == 0 && j == 0) {
4 dp[0][0] = COINS[0][0];
5 }
6 else if (i == 0) {
7 dp[0][j] = dp[0][j - 1] + COINS[0][j];
8 }
9 else if (j == 0) {
10 dp[i][0] = dp[i - 1][0] + COINS[i][0];
11 }
12 else {
13 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + COINS[i][j];
14 }
15 }
16 }