洛谷P1004 方格取数
一道DP题，虽然数据范围很小，但还是需要多思考思考。作为NOIP 2000 提高组第四题，还是需要构思的。
题目描述
设有N \times NN×N的方格图(N \le 9)(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入数字00。如下图所示（见样例）:
某人从图的左上角的AA点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的BB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00）。
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。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行为一个整数N（表示N \times 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00表示输入结束。
输出格式：
只需输出一个整数，表示22条路径上取得的最大的和。
输入输出样例
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
说明
NOIP 2000 提高组第四题
——摘自洛谷
当我读题第一遍时，我是这样的：
第二次看懂了一些
于是灵光一闪，深搜!
便有了这样一个图：
对，这样把整张图深搜一遍，把数字的和叠加起来，回溯再搜一遍，最后比较大小，那么便AC！可转念一想，一张图有那么条路径，不会TLE吗？
所以，还是用DP吧。
我们假设有两个人，A1和B1。他们分别找：
亦可简化成线：
可以推出方程：
dp[i][j][ii][jj]=max(dp[i-1][j][ii-1][jj],max(dp[i][j-1][ii-1][jj],max(dp[i-1][j][ii][jj-1],dp[i][j-1][ii][jj-1])))+a[i][j]+a[ii][jj];
因为是两个人，所以开四维数组：
int a[100][100];
int dp[25][25][25][25];
代码主体：
while(1){
cin >> x >>y>>z;
if(x==0&&y==0&&z==0)break;
a[x][y]=z;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int ii=1;ii<=n;ii++){
for(int jj=1;jj<=n;jj++){
dp[i][j][ii][jj]=max(dp[i-1][j][ii-1][jj],max(dp[i][j-1][ii-1][jj],max(dp[i-1][j][ii][jj-1],dp[i][j-1][ii][jj-1])))+a[i][j]+a[ii][jj];
}
}
}
}
但写了这么多，我相信你会爆零。机房的WA开了，我带你看看
Why?
很简单，既然是两个人，如果他们走在了一起，不会重复吗？
于是，再加一条判断：
if(i==ii&&j==jj)
dp[i][j][ii][jj]-=a[i][j];
代码总体：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100][100];
int dp[25][25][25][25];
int x,y,z;
int main(){
int n;
cin >> n;
while(1){
cin >> x >>y>>z;
if(x==0&&y==0&&z==0)break;
a[x][y]=z;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int ii=1;ii<=n;ii++){
for(int jj=1;jj<=n;jj++){
dp[i][j][ii][jj]=max(dp[i-1][j][ii-1][jj],max(dp[i][j-1][ii-1][jj],max(dp[i-1][j][ii][jj-1],dp[i][j-1][ii][jj-1])))+a[i][j]+a[ii][jj];
if(i==ii&&j==jj)
dp[i][j][ii][jj]-=a[i][j];
}
}
}
}
cout <<dp[n][n][n][n];
return 0;
}