题目描述

(困难)一个N x N的网格 (grid) 代表了一块樱桃地，每个格子由以下三种数字的一种来表示：

• 0 表示这个格子是空的，所以你可以穿过它。
• 1 表示这个格子里装着一个樱桃，你可以摘到樱桃然后穿过它。
• -1 表示这个格子里有荆棘，挡着你的路。

你的任务是在遵守下列规则的情况下，尽可能的摘到最多樱桃：

• 从位置 (0, 0) 出发，最后到达 (N-1, N-1) ，只能向下或向右走，并且只能穿越有效的格子（即只可以穿过值为0或者1的格子）；
• 当到达 (N-1, N-1) 后，你要继续走，直到返回到 (0, 0) ，只能向上或向左走，并且只能穿越有效的格子；
• 当你经过一个格子且这个格子包含一个樱桃时，你将摘到樱桃并且这个格子会变成空的（值变为0）；
• 如果在 (0, 0) 和 (N-1, N-1) 之间不存在一条可经过的路径，则没有任何一个樱桃能被摘到。

示例：

输入: grid =
[[0, 1, -1],
 [1, 0, -1],
 [1, 1,  1]]
输出: 5
解释： 
玩家从（0,0）点出发，经过了向下走，向下走，向右走，向右走，到达了点(2, 2)。
在这趟单程中，总共摘到了4颗樱桃，矩阵变成了[[0,1,-1],[0,0,-1],[0,0,0]]。
接着，这名玩家向左走，向上走，向上走，向左走，返回了起始点，又摘到了1颗樱桃。
在旅程中，总共摘到了5颗樱桃，这是可以摘到的最大值了。

解题思路

8月17日华为机试300分第三题，原题内容是码头，其实与摘樱桃属于换汤不换药的关系，现在复盘以下。

题目要求向右或向下的前进，以及向上或向左的返回，其实等价于前进两次。个人认为，这个等价转换才是本题的难点，想明白了这一点，后续通过代码实现起来就比较easy啦。

那么此时这道题就非常的像0-1背包问题了，或者说是背包问题的变种。背包的大小就是从(0, 0)走到(N - 1, N - 1)需要的 2 * (N - 1) 步。物体的大小即为走过当前樱桃地所需的 1 步，价值即其拥有的樱桃个数。每个樱桃地的樱桃只能采摘一次，也就是0-1背包嘛，求容量为2 * (N - 1)的背包在题目要求的行动规则下能装多少樱桃。

再考虑这么一个问题，如何实现同一个樱桃地的樱桃只能采摘一次的逻辑呢？

为了解决这一问题，同时方便后续dp数组的设计与遍历，我们考虑将两次前进同时进行，即有两个人同时从(0, 0)出发走向(N - 1, N - 1)。两人相遇时，只增加一次樱桃数量。

为什么是两人相遇呢，两人一前一后的到达同一个樱桃地不用考虑吗？事实是不可能出现这种情况，两人一定是同一时间下才可能访问同一片樱桃地。因为在只能向右、向下的行动规则下，每片樱桃地距离起点(0, 0)的距离是一定、唯一的，两人行动的过程中，我们所维护的 k 既可以理解为时间也可以理解为步数。如何在 k 时，第一个人到达A地，那么这也是第二个人能够到达A地的唯一机会，一旦错过，在新的K，K > k下，第二个人是不可能在花费K步的前提下，到达只需k步的A地。

所以对于如何实现同一个樱桃地的樱桃只能采摘一次的逻辑的问题，我们只需在遍历k时判断是否相遇即可。

剩下就是常见的动态规划四步曲：

• 定义dp数组以及意义： 三维dp数组，dp[k][x1][x2]。其中k是当前走过k步，x1是第一个人的x值，其对应的y1为k - x1。同理，理解x2。那么dp[k][x1][x2]的意义为，行动k步后，两人分别抵达(x1, k - x1)，(x2, k - x2)时采摘的最多樱桃个数。
• 确定状态转移公式： 此时的(x1, x2)可能由两人分别同时向右、同时向下、一右一下、一下一右得到。对应着dp[k - 1][x1][x2]、dp[k - 1][x1 - 1][x2 - 1]、dp[k - 1][x1][x2 - 1]、dp[k - 1][x1 - 1][x2]。后续，需要判断是否相遇，如果相遇，只需加一次樱桃个数，不相遇在上述四种可能的最大值的前提下，加上grid[x1][k - x1] + grid[x2][k - x2]。
• 初始化dp数组： 根据状态转移公式判断，所有值最终都依赖dp[0][0][0]的值，其值等于grid[0][0]。此外，剩下所有位置设置为INT_MIN，方便遇到荆棘时的处理，可以continue跳过，相当于对是荆棘的地方设置惩罚项，使其在参与取最大值的比较中自动落选。
• 确定dp数组的遍历顺序： 当前点依赖该点的上以及左，故遍历时自上而下，自左到右。

下面给出具体代码实现。

代码实现

class Solution {
    
    
    const int dx1[4] = {
    
    0, -1, 0, -1};
    const int dx2[4] = {
    
    0, -1, -1, 0};
public:
    int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
    
    
        int n = grid.size();
        //1. 定义dp[k][x1][x2],两人同时从（0，0）出发，各走k步，分别到达（x1, k - x1）、（x2, k - x2）时所摘到的樱桃最大值
        vector<vector<vector<int>>> dp(2 * n - 1, vector<vector<int>>(n, vector<int>(n, INT_MIN)));
        //2. 确定状态转移方程，见上文
        //3. 初始化dp数组
        dp[0][0][0] = grid[0][0];
        //4. 确定遍历顺序
        for(int k = 1; k < 2 * n - 1; k++){
    
    
            for(int x1 = max(k - n + 1, 0); x1 <= min(k, n - 1); x1++){
    
    
                if(grid[x1][k - x1] == -1) continue;
                for(int x2 = x1; x2 <= min(k, n - 1); x2++){
    
    
                    if(grid[x2][k - x2] == -1) continue;
                    for(int i = 0; i < 4; i++){
    
    
                        int nx1 = x1 + dx1[i];
                        int nx2 = x2 + dx2[i];
                        if(nx1 >= 0 && nx2 >= 0){
    
    
                            dp[k][x1][x2] = max(dp[k][x1][x2], dp[k - 1][nx1][nx2]);
                        }
                    }
                    if(x1 != x2) dp[k][x1][x2] += (grid[x1][k - x1] + grid[x2][k - x2]);
                    else dp[k][x1][x2] += grid[x1][k - x1];
                }
            }
        }
        return max(dp[2 * n - 2][n - 1][n - 1], 0);//存在起点与终点之间完全被荆棘隔开，但凡通过荆棘的路径其值都为负数。
    }
};

运行结果：

后续，可以考虑利用滚动数组对内存占用进行优化，具体讲优化掉第一维，如下：

class Solution {
    
    
    const int dx1[4] = {
    
    0, -1, 0, -1};
    const int dx2[4] = {
    
    0, -1, -1, 0};
public:
    int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
    
    
        int n = grid.size();
        //1. 定义dp[x1][x2],两人同时从（0，0）出发，分别到达（x1, k - x1）、（x2, k - x2）时所摘到的樱桃最大值
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, INT_MIN));
        //2. 确定状态转移方程，见上文
        //3. 初始化dp数组
        dp[0][0] = grid[0][0];
        //4. 确定遍历顺序
        for(int k = 1; k < 2 * n - 1; k++){
    
    
            for(int x1 = min(k, n - 1); x1 >= max(k - n + 1, 0); x1--){
    
    
                for(int x2 = min(k, n - 1); x2 >= x1; x2--){
    
    
                    //对荆棘点的处理发生了改变
                    if(grid[x1][k - x1] == -1 || grid[x2][k - x2] == -1){
    
    
                        dp[x1][x2] = INT_MIN;
                        continue;
                    }
                    int res = INT_MIN;
                    for(int i = 0; i < 4; i++){
    
    
                        int nx1 = x1 + dx1[i];
                        int nx2 = x2 + dx2[i];
                        if(nx1 >= 0 && nx2 >= 0){
    
    
                            res = max(res, dp[nx1][nx2]);
                        }
                    }
                    if(x1 != x2) res += (grid[x1][k - x1] + grid[x2][k - x2]);
                    else res += grid[x1][k - x1];
                    dp[x1][x2] = res;
                }
            }
        }
        return max(dp[n - 1][n - 1], 0);
    }
};

优化后：