链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16759
来源：牛客网
题目描述
设有N*N的方格图(N ≤ 10,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0。如下图所示(见样例)：
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。
输入描述:
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。
输出描述:
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
示例1
输入
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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
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67
这是参考某位大佬的
一开始的思路是这样的，安排两个人走，第一个人走的时候保证他拿的是最大化的，并且将走过的路全部置为0，再让第二个人走，保证最大，将两个人走过的数全部加起来
但是这样不对
正解将一开始想的二维dp翻一倍，变成思维的，i1，j1表示第一个人的位置，i2，j2表示第二个人的位置，向下找子问题，就能找到四种情况。
第一种情况：两个人都从上方走到现在的位置（dp[i1-1][j1][i2-1][j2]）
第二种情况：两个人都从左边走到现在的位置（dp[i1][j1-1][i2][j2-1]）
第三种情况：第一个人从上方走来，第二个人从左边走来（dp[i1-1][j1][i2][j2-1]）
第四种情况：第一个人从左边走来，第二个人从上方走来（dp[i1][j1-1][i2-1][j2]）
显然，两个人是同时走的，所以我们能够推出i1+j1==i2+j2
最后要考虑的就是取数的时候怎么取，那么容易想到分两种情况，第一种情况是两个人通过最后这一步走法，走到的位置相同，那么取的数肯定是a[i1][j1] or a[i2][j2]（都是同一个数），第二种情况是两个人通过最后这一步走法，走到的位置不同，那么取的数肯定是a[i1][j1] and a[i2][j2]
通过这样的递推，就完成了百分之九十了，万事俱备只欠东风。
由于题目说两个人都到达右下角，那么两个人的坐标肯定都为（n，n）
所以答案为dp[n][n][n][n]
分割线————————————————
我的理解
问题 走两次走到（n，n）的最大值的和
子问题 2人同时走，走到（i，j），（k，l）的最大值的和
故状态转移方程
d(i, j, k, l)表示1走到（i,j），2走到（k，l）时的和的最大值
d(i, j, k, l)=max( d(i-1,j,k-1, l) , d(i-1,j,k,l-1),d(i,j-1,k-1, l),d(i,j-1,k, l-1) ) +a(i,j)+a(k,l) (i+j=k+l)
d(i, j, k, l)=max( d(i-1,j,k-1, l) , d(i-1,j,k,l-1),d(i,j-1,k-1, l),d(i,j-1,k, l-1) ) +a(i,j) (i=k,j=l)
初始条件 可以不用初始化
我的代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL maxn=20;
LL a[maxn][maxn];
LL dp[maxn][maxn][maxn][maxn];
LL n;
int main(){
cin>>n;
LL x,y,w;
memset(dp,0,sizeof dp);
while(~scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&w)&&(x+y+w)){
a[x][y]=w;
}
for(LL i=1;i<=n;i++){
for(LL j=1;j<=n;j++){
for(LL k=1;k<=n;k++){
for(LL l=1;l<=n;l++){
if(i+j==k+l)dp[i][j][k][l]=max(max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]),max(dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k-1][l]))+a[i][j]+a[k][l];
if(i==k&&j==l){
dp[i][j][k][l]-=a[k][l];
}
}
}
}
}
cout<<dp[n][n][n][n];
return 0;
}
加油~~~~