NOIP2000提高组第四题-方格取数（动态规划）
今天我们来练习一道有关动态规划的题--方格取数。
题目
设有N*N的方格图(N<=9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放
人数字0。如下图所示（见样例）：
A
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 13 0 0 6 0 0
0 0 0 0 7 0 0 0
0 0 0 14 0 0 0 0
0 21 0 0 0 4 0 0
0 0 15 0 0 0 0 0
0 14 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
. B某人从图的左上角的A点出发，可以向下行走，也可以向右走，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点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。
输入格式：
输入的第一行为一个整数N（表示N*N的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个
表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。
输出格式：
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
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：67
看到这张矩阵图许多人肯定先会想到搜索，dfs，bfs之类的，可是这会涉及一个时间长短的问题。如果样例范围过大，用dfs就定会超时（加了记忆化也基本上没什么大的作用
自古许多NOIP大佬说过：骗分过样例，暴力出奇迹，暴搜挂着机，打表出省一。
看到这题目描述：两条路径和的最大值，我们想一想：我们可不可以一起搜，而非搜完一条路再删掉再搜，这样会节约许多时间。我们可以枚举它的坐标，设x1,y1,x2,y2分别为第一、二条路线的横、纵坐标，然后每一次累加该方格的值，打个擂台，来进行最优决策。所以这道题可以用暴力求解的方法。
那么我们的每一次的值来源于哪里呢？其实我们并不需要去记录每一条路线，而是在矩阵中调出可以到该点的另外两个点的横纵坐标。我们用一张图即可发现规律：
总的来说，每走一步都会有四个分支（你理解成选择或者情况也可以）：
1、两种都向下走
2、第一种向下走，第二种向右走
3、第一种向右走，第二种向下走
4、两种都向右走
可是，事情往往没有那么一帆风顺，我们假设，如果两条路径重合了，或有共同交点了，那该怎么办？因为我们是求和，所以如果到了一个相同的点，那我们的值不可以累加两次，所以还得加一个特判，来减去多余加上的值。
代码如下请勿抄袭：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4 int n,x,y,v,dp[101][101][101][101],a[101][101];
5 int main()
6 {
7 scanf("%d",&n);
8 while(1)//输入
9 {
10 scanf("%d %d %d",&x,&y,&v);
11 if(!x) break;
12 else a[x][y]=v;
13 }
14 for(int x1=1;x1<=n;x1++)
15 for(int y1=1;y1<=n;y1++)
16 for(int x2=1;x2<=n;x2++)
17 for(int y2=1;y2<=n;y2++)//4个循环来枚举两条路在矩阵中的位置
18 {
19 dp[x1][y1][x2][y2]=max(max(dp[x1-1][y1][x2-1][y2],dp[x1-1][y1][x2][y2-1]),max(dp[x1][y1-1][x2-1][y2],dp[x1][y1-1][x2][y2-1]))+a[x1][y1]+a[x2][y2];//状态转移方程
20 if(x1==x2&&y1==y2) dp[x1][y1][x2][y2]-=a[x1][y1];//减去重复的值
21 }
22 printf("%d",dp[n][n][n][n]);//输出最优解
23 return 0;
24 }
优化
我们还可以发现，当两条路同时走的时候，总是在棋盘的一根对角线上，我们可以用它，找出点的关系，就可以实现把四维转换为三维，可以尝试。
ps：感觉动态规划越来越难了。。。。听说明天还会讲树形dp。。。加油吧！
注意！
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