为了提升自己，重新整理提高课，把每一种题型的题都重新写一遍，然后写成题解，如果有错误还请劳烦您指正，多谢
2023/9/25 第3题
题目描述
设有 N×N 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字0。如下图所示：
某人从图中的左上角 A 出发，可以向下行走，也可以向右行走，直到到达右下角的 B 点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。此人从 A 点到 B 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的数字和为最大。
输入格式
第一行为一个整数N，表示 N×N 的方格图。接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数行和列编号从 1 开始。一行“0 0 0”表示结束。
输出格式
输出一个整数，表示两条路径上取得的最大的和。
数据范围
N≤10
样例
输入样例：
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
输出样例：
67
算法
(线性动态规划) O(n3)
这道题在连个月前难到我怀疑人生，总是想不明白为什么这么做
两个月后，我简简单单做完了这个题没有一点感觉
所以，努力就不会辜负自己，加油…跑题了，回来
这道题和上面两道题最大的区别就是，有两条道，而且还会取走这个数，说明不能走同一条道，如果进行两次单路径动态规划的话，还要回溯标记取走点，太过麻烦而且很容易出错，因此我们直接考虑两条线路同时进行，保证两条线路同时进行而且互相不打扰的前提条件是：最终的终点相同。
这个条件看起来不起眼，但是深究另藏玄🐔，这个条件非常重要，它代表着两条路径走过的点的数量是相同的，这就是平衡两条路径的最好的选择
所以我们动态规划时使用三重数组，第一重用于稳定大局，相当于元帅，统领后面两条路径，用 k 表示，k表示当前走了多少步了，相当于当前格子的行和列加起来的值，定住了k，另外两条路的活动范围就定住了。
另外两重数组表示当前 k 步下，每一条路当前的横坐标，知道了横坐标，纵坐标就可以用 k 减去横坐标得到
注意一点，当前的格子如果被遍历到了，是会被拿走的，所以当两条路走了同一个格子时，即i1 == i2，当前的转移方程只能加上一次这个值
开搞！
闫氏DP分析法：
动态规划：
状态表示：
表达式：f[k][i1][i2]
含义：走了 k 步，第一条路走到i1行，第二条路走到i2行时的最大值
状态计算：
&x = f[k][i1][i2];
t 表示两条路径在当前两个格子上取到的数的和
1. 第一条路上一行 和 第二条路上一列 x = max(x,f[k-1][i1-1][i2]) + t；
2. 第一条路上一行 和 第二条路上一行 x = max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]) + t；
3. 第一条路上一列 和 第二条路上一列 x = max(x,f[k-1][i1][i2]) + t；
4. 第一条路上一列 和 第二条路上一行 x = max(x,f[k-1][i1][i2-1]) + t；
参考文献
算法提高课
C++ 代码
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 15;
int n;
int g[N][N];
int f[2*N][N][N];
int main()
{
cin>>n;
int a,b,c;
while(cin>>a>>b>>c,a||b||c)
{
g[a][b] = c;
}
for(int k = 2;k<=n*2;k++)
{
for(int i1 = 1;i1 <= k;i1++)
{
for(int i2 = 1;i2<=k;i2++)
{
int j1 = k-i1,j2 = k-i2;
int &x = f[k][i1][i2];
int t = g[i1][j1] + g[i2][j2];
if(j1 == j2) t /= 2;
x = max(x,f[k-1][i1][i2]+t);
x = max(x,f[k-1][i1-1][i2]+t);
x = max(x,f[k-1][i1][i2-1]+t);
x = max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]+t);
}
}
}
cout<<f[2*n][n][n]<<endl;
return 0;
}
今天的回忆就到这里，先去刷个洛谷先
