洛谷P1006 传纸条（多维DP）

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个mm行nn列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。

还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用00表示），可以用一个0-1000−100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这22条路径上同学的好心程度之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的22条路径。

输入输出格式

输入格式：

输入文件，第一行有22个用空格隔开的整数mm和nn，表示班里有mm行nn列。

接下来的mm行是一个m \times nm×n的矩阵，矩阵中第ii行jj列的整数表示坐在第ii行jj列的学生的好心程度。每行的nn个整数之间用空格隔开。

输出格式：

输出文件共一行，包含一个整数，表示来回22条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

输出样例#1： 复制

说明

【限制】

30%的数据满足：1 <=m,n<=10

100%的数据满足：1<=m,n<=100

Mycode:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int inf=0x3f3f3f3f;

int n;

int m;

int a[55][55];

void read()

{

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(int i=0;i<n;i++)

        for(int j=0;j<m;j++)

            scanf("%d",&a[i][j]);

}

int dp[55][55][55][55];

int dx[2]={-1,0};

int dy[2]={0,-1};

bool ok(int i,int j,int d,int k)

{

    if(i==0&&j==0&&d==0&&k==0)return true;

    if(i<0||i>=n||j<0||j>=m||d<0||d>=n||k<0||k>=m)return false;

    if(dp[i][j][d][k]==-1)return false;

    if(i==d&&j==k)return false;

    return true;

}

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

    freopen("in.txt","r",stdin);

#endif

    read();

    memset(dp,-1,sizeof(dp));

    dp[0][0][0][0]=0;

    int tmp;

    int prei,prej,pred,prek;

    int ans=0;

    for(int i=0;i<n;i++)

    {

        for(int j=0;j<m;j++)

        {

            for(int d=0;d<n;d++)

            {

                for(int k=0;k<m;k++)

                {

                    if(d==i&&k==j&&!(i==n-1&&j==m-1))continue;

                    tmp=0;

                    for(int k1=0;k1<2;k1++)

                    {

                        for(int k2=0;k2<2;k2++)

                        {

                            prei=i+dx[k1];prej=j+dy[k1];

                            pred=d+dx[k2];prek=k+dy[k2];

                            if(!ok(prei,prej,pred,prek))continue;

                            tmp=max(tmp,dp[prei][prej][pred][prek]+a[i][j]+a[d][k]);

                        }

                    }

                    dp[i][j][d][k]=tmp;

                }

            }

        }

    }

    int n1,m1,n2,m2;

    ans=dp[n-1][m-1][n-1][m-1];

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}