38:花生採摘

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描述

魯賓遜先生有一隻寵物猴，名叫多多。這天，他們兩個正沿着鄉間小路散步，忽然發現路邊的告示牌上貼着一張小小的紙條：「歡迎免費品嚐我種的花生！——熊字」。

魯賓遜先生和多多都很開心，由於花生正是他們的最愛。在告示牌背後，路邊真的有一塊花生田，花生植株整齊地排列成矩形網格（如圖1）。有經驗的多多一眼就能看出，每棵花生植株下的花生有多少。爲了訓練多多的算術，魯賓遜先生說：「你先找出花生最多的植株，去採摘它的花生；而後再找出剩下的植株裏花生最多的，去採摘它的花生；依此類推，不過你必定要在我限定的時間內回到路邊。」

咱們假定多多在每一個單位時間內，能夠作下列四件事情中的一件：

1)      從路邊跳到最靠近路邊（即第一行）的某棵花生植株；

2)      從一棵植株跳到先後左右與之相鄰的另外一棵植株；

3)      採摘一棵植株下的花生；

4)      從最靠近路邊（即第一行）的某棵花生植株跳回路邊。

 

如今給定一塊花生田的大小和花生的分佈，請問在限定時間內，多多最多能夠採到多少個花生？注意可能只有部分植株下面長有花生，假設這些植株下的花生個數各不相同。

例如在圖2所示的花生田裏，只有位於(2, 5), (3, 7), (4, 2), (5, 4)的植株下長有花生，個數分別爲13, 7, 15, 9。沿着圖示的路線，多多在21個單位時間內，最多能夠採到37個花生。

輸入第一行包括三個整數，M, N和K，用空格隔開；表示花生田的大小爲M * N（1 <= M, N <= 20），多多采花生的限定時間爲K（0 <= K <= 1000）個單位時間。接下來的M行，每行包括N個非負整數，也用空格隔開；第i + 1行的第j個整數Pij（0 <= Pij <= 500）表示花生田裏植株(i, j)下花生的數目，0表示該植株下沒有花生。輸出包括一行，這一行只包含一個整數，即在限定時間內，多多最多能夠採到花生的個數。樣例輸入

樣例 #1：
6 7 21
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0

樣例 #2：
6 7 20
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0

樣例輸出

樣例 #1：
37

樣例 #2：
28

來源NOIP2004複賽 普及組 第二題

思路：

參考：https://www.cnblogs.com/seekdreamer/p/3808277.html

這道題一開始覺得要搜索，後來發現是弱智，這裏有一句話：「魯賓遜先生說：「你先找出花生最多的植株，去採摘它的花生；而後再找出剩下的植株裏花生最多的，去採摘它的花生；依此類推，不過你必定要在我限定的時間內回到路邊。」 」就這句話說明了一切。。。。

因此，直接從路邊走直線到達最大值位置採摘花生，而後到達第二大座標採摘，再到第三大座標位置採摘，……可是須要考慮一個問題：必須在規定時間內回到路邊，因此每一次去一個新的位置前須要考慮剩餘的時間可否到達該地點並可以從該地點回到路邊。

因此，總的採摘過程應該是：從路邊走直線到達最大值位置採摘，去第二大位置採摘，去第三大的位置採摘，……，從第i個位置走直線回到路邊。

具體編程思路：

把全部點的座標和花生數目存放在一個一維的結構體數組中，對該數組作升序排序。而後從路邊到達第一個點採摘，而後依次採摘該一維數組的各個點。每一次採摘一個新的點時須要考慮時間問題。

具體代碼以下：

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<iostream>
 4 using namespace std;
 5 
 6 struct node
 7 {
 8     int x,y,value;
 9 };
10 
11 int m,n,k,t;
12 
13 struct node p[1000];
14 
15 int mov(int now)//計算並返回從now-1那個點到第now個點須要的時間
16 {
17     int mo;
18     mo=abs(p[now-1].x-p[now].x)+abs(p[now-1].y-p[now].y);
19     return mo;
20 }
21 
22 void bubble()//冒泡排序
23 {
24    for (int i=1;i<t;i++)
25      for (int j=i+1;j<=t;j++)
26        if (p[i].value<p[j].value) 
27        {
28            swap(p[i].x,p[j].x);
29            swap(p[i].y,p[j].y);
30            swap(p[i].value,p[j].value);
31        }
32 }
33 
34 int main()
35 {
36    cin>>m>>n>>k;
37    t=0;
38    int i,j;
39    for (i=1;i<=m;i++)  
40     for (j=1;j<=n;j++)
41      {
42         cin>>p[++t].value;
43         p[t].x=j; p[t].y=i;
44         if (p[t].value==0) {t--;}
45      }
46    bubble();
47    int now,ans;
48    now=1; ans=0;
49    p[0].x=p[1].x;p[0].y=0; p[0].value=0; //第1個點從路邊走直線到達
50    while ((k>0)&&((k-mov(now))>p[now].y))//必須有足夠時間去到第now個點、採摘花生、而且確保至少能從那地方直接返回路邊，才能從now-1去第now個點。
51    {
52        k-=mov(now);
53        k--;//採摘花生也要花時間的。這就是上面((k-mov(now))>p[now].y)不用>=號的緣由了 54        ans+=p[now].value;
55        now++;
56    }
57    cout<<ans;
58    return 0;
59 }