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一次素质拓展活动中，班上同学安排坐成一个 $m$ 行 $n$ 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 $(1,1)$ ，小轩坐在矩阵的右下角，坐标 $(m,n)$ 。

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 $0$ 表示），可以用一个 $0 \sim 100$ 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，使得这两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两条路径。

输入格式

第一行有 $2$ 个用空格隔开的整数 $m$ 和 $n$ ，表示学生矩阵有 $m$ 行 $n$ 列。

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

输出格式

输出一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

数据范围

$1 \le n,m \le 50$

输入样例：

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

输出样例：

34

思路1

注意一下思路中，重复的点权值只算一遍。
证明为何可以用方格取数的代码：
转载自这里：
首先， 从右下角回传可以等价为从左上角同时传两次。要想两个路径除了起点和终点之外没有交点，那么肯定有一条路径完全位于另一条的上方。
现在考虑路径有交点的情况：

这种情况其实转换起来很简单，只要把位于红色线段上方的蓝色线段交换颜色就可以了，也就是说当红色处于蓝色的下方的时候，将红色的路径换成从蓝色的那段走是等效的（因为两条路径加起来经过的节点完全没有变）。

就可以得到：

但是这个时候虽然满足了红色路径完全在蓝色的上方，但是却有交点。但是因为所有节点的权值都为非负数，那么可以证明这种情况永远不可能是最优解。比如以交点（2，2）为例，蓝色从（3，1）绕道或者红色从（1，3）处绕道一定不会比两条路径都从（2，2）处走差。

绕过交点之后，可以得到蓝色虚线的方案，该方案一定不会比之前的两个实线的方案更差。（当然该方案也不一定是最优的，还要确定应该由蓝色还是红色来走原来的交点的位置。

我们假设有两个人同时走，每次走一步，而他们的走过的距离总是一样的。
闫氏 $\text{DP}$ 分析法：
状态表示：$f_{i_1,j_1,i_2,j_2}$

• 集合：$f_{i_1,j_1,i_2,j_2}$ 表示第一个人从 $(1,1)$ 走到 $(i_1,j_1)$ ，而第二个人从 $1,1$ 走到 $(i_2,j_2)$
• 属性：$\max$

状态计算：

• 第一个点可以从上面和左边走过来
• 第二个点也可以从上面和左边走过来
• 所以根据乘法原理，一个有 $4$ 种方案，我们得更新 $f_{i_1,j_1,i_2,j_2}$
• 所以状态转移方程是 $f_{i_1,j_1,i_2,j_2}=\max \lbrace f_{i_1-1,j_1,i_2-1,j_2},f_{i_1-1,j_1,i_2,j_2-1},f_{i_1,j_1-1,i_2-1,j_2},f_{i_1,j_1-1,i_2,j_2-1}\rbrace+t$
  （其中 $t$ 是价值和，当 $(i_1,j_1),(i_2,j_2)$ 是同一个点时，$t=a_{i_1,j_1}$ 否则 $t=a_{i_1,j_1}+a_{i_2,j_2}$

答案：

• 根据定义，答案就是 $f_{n,n,n,n}$

代码1

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 60;
int n,m;
int a[N][N];
int f[N][N][N][N];
int main () {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++) cin >> a[i][j];
    }
    for (int i1 = 1;i1 <= n;i1++) {
        for (int j1 = 1;j1 <= m;j1++) {
            for (int i2 = 1;i2 <= n;i2++) {
                for (int j2 = 1;j2 <= m;j2++) {
                    if (i1 + j1 != i2 + j2) continue;
                    int &ans = f[i1][j1][i2][j2];
                    ans = max (ans,f[i1 - 1][j1][i2 - 1][j2]);
                    ans = max (ans,f[i1 - 1][j1][i2][j2 - 1]);
                    ans = max (ans,f[i1][j1 - 1][i2 - 1][j2]);
                    ans = max (ans,f[i1][j1 - 1][i2][j2 - 1]);
                    if (i1 == i2 && j1 == j2) ans += a[i1][j1];
                    else ans += a[i1][j1] + a[i2][j2];
                }
            }
        }
    }
    cout << f[n][m][n][m] << endl;
    return 0;
}

思路2

因为两个人走的路长是一样的，我们可以用一位 $k$ 表示他们的和，剩下的两维就是两个横坐标。
闫氏 $\text{DP}$ 分析法：
状态表示：$f_{k,i_1,i_2}$

• 集合：$f_{k,i_1,i_2}$ 表示第一个人从 $(1,1)$ 走到 $(i_1,k - i_1)$ ，而第二个人从 $1,1$ 走到 $(i_2,k - i_2)$ （当存在的时候）
• 属性：$Max$

状态计算：

• 第一个点可以从上面和左边走过来
• 第二个点也可以从上面和左边走过来
• 所以根据乘法原理，一个有 $4$ 种方案，我们得一一更新 $f_{k,i_1,i_2}$
• 所以状态转移方程是 $f_{k,i_1,i_2}=\max \lbrace f_{k-1,i_1-1,i_2-1},f_{k-1,i_1-1,i_2},f_{k-1,i_1,i_2-1},f_{k-1,i_1,i_2}\rbrace+t$
  （其中 $t$ 是价值和，当 $(i_1,k-i_1)$ 和 $(i_2,k-i_2)$ 是同一个点时，$t=a_{i_1,k-i_1}$ 否则 $t=a_{i_1,k-i_1}+a_{i_2,k-i_2}$

答案：

• 根据定义，答案就是 $f_{2\times n,n,n}$

代码2

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 60;
int n,m;
int a[N][N];
int f[2 * N][N][N];
int main () {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 1;j <= m;j++) cin >> a[i][j];
    }
    for (int k = 2;k <= n + m;k++) {
        for (int i1 = 1;i1 <= n;i1++) {
            for (int i2 = 1;i2 <= n;i2++) {
                int j1 = k - i1,j2 = k - i2;
                if (j1 < 1 || j1 > m || j2 < 1 || j2 > m) continue;
                int &ans = f[k][i1][i2];
                int w = a[i1][j1];
                if (i1 != i2 || j1 != j2) w += a[i2][j2];
                ans = max (ans,f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1 - 1][i2] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1][i2 - 1] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1][i2] + w);
            }
        }
    }
    cout << f[n + m][n][n] << endl;
    return 0;
}