[백준 11048] 이동하기 (C++)

https://www.acmicpc.net/problem/11048

문제

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준규는 N×M 크기의 미로에 갇혀있다. 미로는 1×1크기의 방으로 나누어져 있고, 각 방에는 사탕이 놓여져 있다. 미로의 가장 왼쪽 윗 방은 (1, 1)이고, 가장 오른쪽 아랫 방은 (N, M)이다.

준규는 현재 (1, 1)에 있고, (N, M)으로 이동하려고 한다. 준규가 (r, c)에 있으면, (r+1, c), (r, c+1), (r+1, c+1)로 이동할 수 있고, 각 방을 방문할 때마다 방에 놓여져있는 사탕을 모두 가져갈 수 있다. 또, 미로 밖으로 나갈 수는 없다.

준규가 (N, M)으로 이동할 때, 가져올 수 있는 사탕 개수의 최댓값을 구하시오.

 

입력

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첫째 줄에 미로의 크기 N, M이 주어진다. (1 ≤ N, M ≤ 1,000)

둘째 줄부터 N개 줄에는 총 M개의 숫자가 주어지며, r번째 줄의 c번째 수는 (r, c)에 놓여져 있는 사탕의 개수이다. 사탕의 개수는 0보다 크거나 같고, 100보다 작거나 같다.

 

출력

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첫째 줄에 준규가 (N, M)으로 이동할 때, 가져올 수 있는 사탕 개수를 출력한다.

 

문제 풀이

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dp 문제.

시작 지점인 (1,1)은 해당 부분의 사탕만 얻을 수 있다. 이동할 수 있는 칸은  (r+1, c), (r, c+1), (r+1, c+1)이므로, (1, j)칸은 (1, j-1)칸까지 얻은 사탕의 개수에 (1, j)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수를 더한 것과 같다. 마찬가지로 (i , 0)칸은 (i-1, 0)칸까지 얻은 사탕의 개수에 (i, 0)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수를 더한 것과 같다. 

위에 해당하지 않는 나머지 칸 (i, j)은 위에서 올 수도 있고, 왼쪽에서 올 수도 있고, 왼쪽 대각선에서 올 수도 있다. 한 칸에서 위, 오른쪽, 오른쪽 아래 대각선으로만 움직일 수 있으므로 이전으로 돌아가지는 못한다. 따라서 (i, j)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수는 (i-1, j-1) 칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수, (i-1. j)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수, (i, j-1)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수 중 최댓값과 (i, j)칸에서 얻을 수 있는 사탕의 개수를 합한 것과 같다.

해당 칸까지 얻을 수 있는 사탕의 개수를 저장해두는 2차원 dp 배열을 선언해 해당 배열에 저장하면 된다.

 

아래는 코드.

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int** arr;
int** dp;

int main()
{
	cin.tie(NULL);
	ios::sync_with_stdio(false);

	int N, M;
	cin >> N >> M;
	arr = new int*[N];
	dp = new int* [N];
	for (int i = 0; i < N; i++)
	{
		arr[i] = new int[M];
		dp[i] = new int[M];
		for (int j = 0; j < M; j++)
		{
			cin >> arr[i][j];
			dp[i][j] = 0;
		}
	}
	dp[0][0] = arr[0][0];
	for (int i = 1; i < N; i++)
	{
		dp[i][0] = dp[i-1][0]+arr[i][0];
	}
	for (int j = 1; j < M; j++)
	{
		dp[0][j] = dp[0][j - 1]+arr[0][j];
	}
	for (int i = 1; i < N; i++)
	{
		for (int j = 1; j < M; j++)
		{
			dp[i][j] = max({ dp[i - 1][j - 1] , dp[i-1][j], dp[i][j-1]}) + arr[i][j];
		}
	}
	cout << dp[N - 1][M - 1] << "\n";
	return 0;
}