計蒜客 藍橋杯模擬 瞬間移動 dp

 

在一個 n \times mn×m 中的方格中，每一個格子上都有一個分數，如今蒜頭君從 (1,1)(1,1) 的格子開始往 (n, m)(n,m) 的格子走。要求從 (x_1,y_1)(x1​,y1​) 到 (x_2,y_2)(x2​,y2​) ，知足 x_2 \ge x_1,\ y_2 \ge y_1x2​≥x1​, y2​≥y1​ 。請問蒜頭君從 (1,1)(1,1) 的點到 (n,m)(n,m) 最多能夠得多少分？

每一個格子的分數只能獲得一次，其中 (1,1)(1,1) 和 (n,m)(n,m) 是必需要走的兩個格子，(1,1)(1,1) 表示第一行第一列的方格。

輸入格式

第一行輸入兩個整數 n,mn,m ，表示有 n\times mn×m 個方格。

接下來輸入 nn 行 mm 列個整數 gradegrade 。

數據範圍與約定

對於 100\%100% 的數據，-300 \le grade \le 300−300≤grade≤300。

對於 30\%30% 的數據， 1 \le n,m \le 51≤n,m≤5 。

對於 60\%60% 的數據， 1 \le n,m \le 601≤n,m≤60 。

對於 100\%100% 的數據， 1 \le n,m \le 5001≤n,m≤500

輸出格式

輸出一個整數表示蒜頭君能獲取到的最大分數。

樣例輸入複製

3 3
1 2 3
4 5 6
7 8 9

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題解：
很容易的想到dp表達式  dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + a[i][j]
可是這題目的意思是每一個格子的分數可要可不要，(1,1),(n,m)格子的分數必需要
因此在代碼中得加幾個判斷，除(1,1),(n,m)外的其餘小於0的分數都不要

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls (r<<1)
#define rs (r<<1|1)
#define debug(a) cout << #a << " " << a << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn = 1e3+10;
const ll mod = 1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
ll n, m, a[maxn][maxn], dp[maxn][maxn];
int main() {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for( ll i = 1; i <= n; i ++ ) {
        for( ll j = 1; j <= m; j ++ ) {
            scanf("%lld",&a[i][j]);
        }
    }
    for( ll i = 1; i <= n; i ++ ) {
        for( ll j = 1; j <= m; j ++ ) {
            if( ( i == 1 && j == 1 ) || ( i == n && j == m ) ) {
                dp[i][j] = a[i][j] + max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
            } else {
                dp[i][j] = max((ll)0,a[i][j]) + max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
            }
        }
    }
    cout << dp[n][m] << endl;
    return 0;
}