【noi 2.6_8786】方格取数（DP+优化）

题意：N*N的方格图每格有一个数值，要求从左上角每步往右或往下走到右下角，问走2次的最大和。

解法：走一次的很好想，而走2次，不可误以为先找到最大和的路，再找剩下的最大和的路就是正解。而应该认清动态规划的实质，定义为最佳解的状态，因此要走的2次都要涵括。

O(n^4)——f[i][j][k][l]表示分别走到(i,j)和(k,l)的最大和。每次从上一步分别走(下,下),(右,右),(右,下),(下,右)的状态推导就好了。f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1])+a[i][j]+a[k][l]-((i==j&&k==l)?a[k][l]:0);

这样定义感觉很累赘，表示的是2次分别走可相同或不相同步数到相应坐标的状态。可以用同时走k步来定义状态，而且仔细想想，我们可以进一步思考出：由于只能往下和往右走，那么我们根据走到的坐标就可以知道总共和向下、向右各走了几步。反之，若已知总步数和向右走了几步，坐标也是可以知道的了。

于是可以这样定义状态：
O(n^3)——f[k][i][j]表示走k步2次同时各向右走了i步和j步的最大和。也是每次从上一步推。

注意——不能重复算同一格上的数。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 using namespace std;
 6
 7 int a[12][12],f[24][12][12];
 8 int mmax(int x,int y) {return x>y?x:y;}
 9 int mmin(int x,int y) {return x<y?x:y;}
10 int main()
11 {
12     int n;
13     scanf("%d",&n);
14     memset(a,0,sizeof(a));
15     while (1)
16     {
17       int x,y,d;
18       scanf("%d%d%d",&x,&y,&d);
19       if (!x&&!y&&!d) break;
20       a[x][y]=d;
21     }
22     memset(f,0,sizeof(f));
23     for (int k=1;k<=2*n;k++)
24      for (int i=1;i<=k;i++)
25       for (int j=1;j<=k;j++)
26       {
27         int mx=0,t;
28         mx=mmax(mx,f[k-1][i-1][j]);
29         mx=mmax(mx,f[k-1][i][j-1]);
30         mx=mmax(mx,f[k-1][i-1][j-1]);
31         mx=mmax(mx,f[k-1][i][j]);
32         if (i==j) t=a[k-i+1][i];
33         else t=a[k-i+1][i]+a[k-j+1][j];
34         f[k][i][j]=mx+t;
35       }
36     printf("%d",f[2*n][n][n]);
37     return 0;
38 }