动态规划之乌龟棋
题目描述：
小明过生日的时候，爸爸送给他一副乌龟棋当作礼物。
乌龟棋的棋盘是一行 N 个格子，每个格子上一个分数（非负整数）。棋盘第 1 格是唯一的起点，第 N 格是终点，游戏要求玩家控制一个乌龟棋子从起点出发走到终点。
乌龟棋中 M 张爬行卡片，分成 4 种不同的类型（M 张卡片中不一定包含所有 4 种类型的卡片，见样例），每种类型的卡片上分别标有 1,2,3,4 四个数字之一，表示使用这种卡片后，乌龟棋子将向前爬行相应的格子数。游戏中，玩家每次需要从所有的爬行卡片中选择一张之前没有使用过的爬行卡片，控制乌龟棋子前进相应的格子数，每张卡片只能使用一次。
游戏中，乌龟棋子自动获得起点格子的分数，并且在后续的爬行中每到达一个格子，就得到该格子相应的分数。玩家最终游戏得分就是乌龟棋子从起点到终点过程中到过的所有格子的分数总和。
很明显，用不同的爬行卡片使用顺序会使得最终游戏的得分不同，小明想要找到一种卡片使用顺序使得最终游戏得分最多。
现在，告诉你棋盘上每个格子的分数和所有的爬行卡片，你能告诉小明，他最多能得到多少分吗？
输入格式
每行中两个数之间用一个空格隔开。
第 1 行 2 个正整数 N,M，分别表示棋盘格子数和爬行卡片数。
第 2 行 N 个非负整数，a1,a2,…,aN，其中 ai 表示棋盘第 i 个格子上的分数。
第 3 行 M 个整数，b1,b2,…,bM，表示 M 张爬行卡片上的数字。
输入数据保证到达终点时刚好用光 M 张爬行卡片。
输出格式
一个整数，表示小明最多能得到的分数。
输入输出样例
输入 #1复制
9 5 6 10 14 2 8 8 18 5 17 1 3 1 2 1
输出 #1复制
73
说明/提示
每个测试点 1s。
小明使用爬行卡片顺序为 1,1,3,1,2，得到的分数为 6+10+14+8+18+17=73。注意，由于起点是 1，所以自动获得第 1 格的分数 6。
对于 30% 的数据有 1≤N≤30,1≤M≤12。
对于 50% 的数据有 1≤N≤120,1≤M≤50，且 4 种爬行卡片，每种卡片的张数不会超过 20。
对于 100% 的数据有 1≤N≤350,1≤M≤120，且 4 种爬行卡片，每种卡片的张数不会超过 40；0≤ai≤100,1≤i≤N,1≤bi≤4,1≤i≤M。
思路：
开的主要变量：
1.F[a][b][c][d]:表示你出了a张爬行牌1，b张爬行牌2，c张爬行牌3，d张爬行牌4时的得分
2.g[x]:表示牌x一共有多少张
题干中说如何出牌,那我们就不妨DP一下每一种牌的出牌张数
初始化：
F[0][0][0][0]=num[1];
显然,乌龟开始时在num[1],题中说乌龟棋子自动获得起点格子的分数,故未出牌时（F[0][0][0][0]）分数为num[1]
之后边输入边存每一种牌的张数（输入数据第3行:M个整数，b1b2……bM，表示M张爬行卡片上的数字,故卡1~卡4张数一定）:
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>x;
g[x]++;
}
之后便可以开始DP了:
起始状态F[0][0][0][0]=num[1]，即不出任何爬行卡;之后对于每一张卡片，我都可以选择放与不放， E:设当前放的卡1数量为a，卡2数量为b，卡3数量为c，卡4数量为d（以下出现a~d均为这个意思），则对于卡一:
比较卡一的放与不放,只需决策卡一的放与不放，即取F[a][b][c][d],F[a-1][b][c][d]+num[r]的最大值。又由于a有一定数量,所以我们可以得出关于a的转移方程:
F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a-1][b][c][d]+num[r])
其中r=1+a+b2+c3+d4(至于r在a+b2+c3+d4加一原因见后)
DP 数量a：
for(int a=0;a<=g[1];a++)
{
int r=1+a+b*2+c*3+d*4;
if(a!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a-1][b][c][d]+num[a+b*2+c*3+d*4])
}
这不就是个“物品占的空间”为1，“价值”为num[r]的多重背包嘛！！
至于这个(a!=0)，显然，你要是调用F[a-1][b][c][d]，肯定得保证a-1>=0吧。a显然作为卡1个数不可能<0,故取(a!=0)即可
根据多维背包的思想，背包DP几个“价值”（即爬行牌种类）开几维即可,故 转移方程为:
F[a][b][c][d]=max(F[a-1][b][c][d],F[a][b-1][c][d],F[a][b][c-1][d],F[a][b][c][d-1])+num[1*a+2*b+3*c+4*d]
最后DP出来的F[g[1]][g[2]][g[3]][g[4]]即为答案。
DP代码如下：
for(int a=0;a<=g[1];a++)
for(int b=0;b<=g[2];b++)
for(int c=0;c<=g[3];c++)
for(int d=0;d<=g[4];d++)
{
int r=1+a+b*2+c*3+d*4;//千万千万别忘了加一,因为乌龟从num[1]出发,设前进i步，则到达num[i+1],我就是因为这调了一个小时死活没找出毛病
if(a!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a-1][b][c][d]+num[r]); //a!=0原因见上
if(b!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b-1][c][d]+num[r]);
if(c!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b][c-1][d]+num[r]);
if(d!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b][c][d-1]+num[r]);
}
在for循环中将F[a][b][c][d]与F[a-1][b][c][d]+num[1a+2b+3c+4d],F[a][b-1][c][d]+num[1a+2b+3c+4d],F[a][b][c-1][d]+num[1a+2b+3c+4d],F[a][b][c][d-1]+num[1a+2b+3c+4d]逐个比较，实现了转移方程的更新
AC代码:
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=41;
int F[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN],num[351],g[5],n,m,x;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>num[i];
F[0][0][0][0]=num[1];
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>x;
g[x]++;
}
for(int a=0;a<=g[1];a++)
for(int b=0;b<=g[2];b++)
for(int c=0;c<=g[3];c++)
for(int d=0;d<=g[4];d++)
{
int r=1+a+b*2+c*3+d*4;
if(a!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a-1][b][c][d]+num[r]);
if(b!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b-1][c][d]+num[r]);
if(c!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b][c-1][d]+num[r]);
if(d!=0) F[a][b][c][d]=max(F[a][b][c][d],F[a][b][c][d-1]+num[r]);
}
cout<