n*m的棋盘,有一些格子里有1个垃圾。一个机器人,一次只能向右或者向下走一个格子。 问:该机器人左上角(1,1)出发,最多能捡多少垃圾? 输入格式 第1行,三个数,m、n和k。棋盘得的行数、列数和垃圾数。 接下来k

这个问题描述的是一个经典的动态规划问题，通常被称为“垃圾回收机器人”或“机器人捡垃圾”的问题。给定一个 \(m \times n\) 的网格，其中有些单元格含有垃圾（数量为 \(k\)），机器人每次只能向右或向下移动一格。目标是确定机器人从左上角 (1,1) 出发，最多能够捡到多少垃圾。

输入格式包括三部分：矩阵的行数 \(m\)、列数 \(n\) 和垃圾的数量 \(k\)。接下来 \(k\) 行描述了每个垃圾的位置，每行包含两个整数，表示垃圾所在的行和列坐标。

解决此类问题的方法通常是通过构建一个二维数组来存储每个位置的最大垃圾收集量。算法会遍历整个网格，并计算出机器人到达每个位置之前能够捡到的垃圾数量，同时更新当前位置和周边未访问位置的最优解。

具体步骤可能如下：
1. 初始化一个 \(m \times n\) 的二维数组，所有值都初始化为0。
2. 将起点 (1,1) 的垃圾数量设为1，因为机器人可以直接到达并捡起。
3. 用递归的方式遍历网格：对于每个单元格，如果它是垃圾，则更新该位置的最优解为当前单元格加上相邻的上一个单元格的最优解（机器人可以先向上捡再向右）；如果不是垃圾，就取其相邻的上一个单元格的最优解作为最优解。
4. 遍历结束后，数组的左上角元素就是机器人所能捡到的最大垃圾数量。

相关问题

有一个 n×m 方格的棋盘，求其方格包含多少正方形、长方形（不包含正方形）。

### 回答1：
对于一个 n×m 的棋盘，其中包含的正方形数量为：

1×1 的正方形数量为 (n×m) 个；

2×2 的正方形数量为 (n-1)×(m-1) 个；

3×3 的正方形数量为 (n-2)×(m-2) 个；

...

k×k 的正方形数量为 (n-k+1)×(m-k+1) 个。

因此，n×m 的棋盘中包含的正方形数量为：

(n×m) + ((n-1)×(m-1)) + ((n-2)×(m-2)) + ... + (1×1)

对于长方形，我们可以枚举其左上角和右下角的位置，即共有 (n-1)×(m-1) 种可能性。因此，n×m 的棋盘中包含的长方形数量为：

(n-1)×(m-1)

注意，这里不包括正方形。

### 回答2：
正方形：
对于 n×m 的棋盘，其最短边长为 1，最长边长为 min(n,m)，所以包含的正方形个数为：
1² + 2² + 3² + ... + min(n,m)²

可以用数学公式简化上述求和式：
1² + 2² + 3² + ... + n² = n(n+1)(2n+1)/6
所以包含的正方形个数为：
min(n,m)(min(n,m)+1)(2min(n,m)+1)/6

长方形：
首先考虑宽和高都不相同的长方形。对于宽为 i，高为 j 的长方形，其可以从棋盘中的任意 i 个竖行和任意 j 个横行组成，所以包含的长方形个数为：
(n-i+1) × (m-j+1)
将宽和高交换，结果一样，所以计算出所有宽高不同的长方形个数，再减去正方形的个数，就是所有长方形的个数。

接下来考虑宽和高相同的长方形，其宽高可以为 1，2，3，...，min(n,m)。对于宽高为 i 的正方形，其可以从棋盘中的任意 i 个竖行和任意 i 个横行组成，所以包含的长方形个数为：
(n-i+1) × (m-i+1)
将所有同宽高不同的长方形数加起来，再加上同宽高的正方形数，就是所有长方形的个数。

综上所述，棋盘包含的长方形个数为：
所有宽高不同的长方形个数 - 所有正方形个数 + 所有宽高相同的长方形个数
= ∑[(n-i+1) × (m-j+1)] - ∑[min(n,m)²] + ∑[(n-i+1) × (m-i+1)]

### 回答3：
对于一个n x m的棋盘，我们可以将其分解为一个个小正方形。在这些小正方形中，我们可以找到不同形状的正方形和长方形。

先考虑正方形的数量。对于一个n x m的棋盘，我们可以在里面找到不同大小的正方形。例如：当n=1或m=1时，无法构成任何大小的正方形；当n=2或m=2时，只能构成1个2x2的正方形；当n=m=3时，可以构成4个1x1的正方形、1个2x2的正方形和1个3x3的正方形；当n=m=4时，可以构成9个1x1的正方形、4个2x2的正方形和1个3x3的正方形；以此类推。

由此可得，n x m的棋盘中，正方形的数量为：

1² + 2² + 3² + … + min(n, m)²

这是因为当n > m时，最大的正方形边长为m，所以计算到m；当n <= m时，最大的正方形边长为n，所以计算到n。

接下来考虑长方形的数量。我们可以从n x m的棋盘中选择两行和两列，构成一个长方形。由于有n行和m列，因此可以选择的行有n*(n-1)/2种，选择的列有m*(m-1)/2种。所以总共可以构成的长方形数量为：

n*(n-1)/2 * m*(m-1)/2

但我们要排除掉正方形的情况。正方形可以由两行和两列组成，所以排除掉的数量为：

1² + 2² + 3² + … + min(n, m)²

因此，n x m的棋盘中，长方形的数量为：

n*(n-1)/2 * m*(m-1)/2 - (1² + 2² + 3² + … + min(n, m)²)

综上所述，n x m的棋盘中，正方形的数量为1² + 2² + 3² + … + min(n, m)²，长方形的数量为n*(n-1)/2 * m*(m-1)/2 - (1² + 2² + 3² + … + min(n, m)²)。

有一个n*m的棋盘(1<n,m<=400)，在某个点上有一个马,要求你计算出马到达棋盘上任意一个点最少要走几步

这是一个经典的搜索问题，可以使用BFS（广度优先搜索）来解决。

具体的步骤如下：

1.定义一个结构体表示每个点的坐标和步数，定义一个队列存储已经访问过的点。

2.从起点开始，将起点入队，并将其步数设为0。

3.在每一轮循环中，从队列中取出一个点，判断它是否为终点，如果是，返回当前步数。

4.如果不是终点，则遍历所有可能的下一步位置（马可以向8个方向移动），如果下一步位置未超出棋盘范围且没有被访问过，将其入队并将其步数设为当前步数加1。

5.如果所有能到达的位置都已经被访问过，返回-1表示无法到达。

具体代码如下：

struct Point {
int x, y, step;
};

//定义8个方向
int dir[8][2] = {{-2,-1}, {-1,-2}, {1,-2}, {2,-1}, {2,1}, {1,2}, {-1,2}, {-2,1}};

int bfs(int sx, int sy, int ex, int ey, int n, int m) {
//定义一个二维数组表示是否被访问过
bool vis[n+1][m+1];
memset(vis, false, sizeof(vis));
//定义一个队列存储已经访问过的点
queue<Point> q;
//起点入队
q.push({sx, sy, 0});
vis[sx][sy] = true;

while(!q.empty()) {
//取出队列中的第一个点
Point cur = q.front();
q.pop();
//判断是否到达终点
if(cur.x == ex && cur.y == ey) {
return cur.step;
}
//遍历所有可能的下一步位置
for(int i=0; i<8; i++) {
int nx = cur.x + dir[i][0];
int ny = cur.y + dir[i][1];
//判断该位置是否在棋盘范围内且未被访问过
if(nx>=1 && nx<=n && ny>=1 && ny<=m && !vis[nx][ny]) {
q.push({nx, ny, cur.step+1});
vis[nx][ny] = true;
}
}
}
//如果所有能到达的位置都已经被访问过，返回-1
return -1;
}

int main() {
int n, m, sx, sy, ex, ey;
cin >> n >> m >> sx >> sy >> ex >> ey;
cout << bfs(sx, sy, ex, ey, n, m) << endl;
return 0;
}