#算是记忆化搜索的万恶之源了hhh
做完食物链（HAOI2016）也想整理一下这个了...
题目描述
Michael喜欢滑雪。这并不奇怪，因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降机来载你。Michael想知道在一个区域中最长的滑坡。区域由一个二维数组给出。数组的每个数字代表点的高度。下面是一个例子：
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9
一个人可以从某个点滑向上下左右相邻四个点之一，当且仅当高度减小。在上面的例子中，一条可行的滑坡为24－17－16－1（从24开始，在1结束）。当然25－24－23―┅―3―2―1更长。事实上，这是最长的一条。
输入输出格式
输入格式：输入的第一行为表示区域的二维数组的行数R和列数C（1≤R，C≤100）。下面是R行，每行有C个数，代表高度(两个数字之间用1个空格间隔)。
输出格式：输出区域中最长滑坡的长度。
输入输出样例
5 5 1 2 3 4 5 16 17 18 19 6 15 24 25 20 7 14 23 22 21 8 13 12 11 10 9
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（摘自洛谷P1434 https://www.luogu.org/problemnew/show/P1434#sub）
乍一看数据范围100挺小的，但是因为整个地图里每个点都要搜一次，每次都要递归找一遍，也是很爆炸的了
所以怎么办呢qwq？先别管那个，你看
记忆化搜索
简称dps
顾名思义就是边搜边存辣
本质上和动态规划是一样的，只不过从形式上来讲dp大多是递推式的转移方程，而记忆化搜索更多是在递归函数里存东西
既然本质上没什么区别那么性质也是共通的了...
动态规划有什么性质呢？（摘自度娘百科）
- 最优子结构 ：不论过去状态和决策如何，对前面的决策所形成的状态而言，余下的诸决策必须构成最优策略。翻译成人话就是，已经存好的就是当前最优的了，不会再变了。
- 无后效性：将各阶段按照一定的次序排列好之后，对于某个给定的阶段状态，它以前各阶段的状态无法直接影响它未来的决策，而只能通过当前的这个状态。 就是说，没有必要关心这个点的记录值是怎么来的，直接用就好了。
- 子问题的重叠性：很多分支都可以用一个子问题的结果得出，存一次就行了。反正拿空间换时间嘛qwq
所以说，满足多种分支在可以用同种状态来解，而且每个状态是最优的固定的话，就可以用dps了
然后具体实现上呢就是这种分步计数的题啊比较常用，因为每次递归的时候都会递归到原点再递推回来，在返回的过程中已经保证最优了。在搜另一条分支的时候会撞到前面搜过的状态，直接返回前面的，就快了。
好了刚才废话扯了那么多到代码实现上也就一行的事儿
没羞没臊的代码：
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXN=103;
int a[MAXN][MAXN],f[MAXN][MAXN]; //a是地图，f是存高度的
int n,m,ans;
int dx[4]={0,-1,0,1};
int dy[4]={1,0,-1,0}; //表示上下左右位移的一种方法
int dfs(int x,int y)
{
if (f[x][y]) return f[x][y]; //记忆化搜索的关键，加了这一行不知道快到哪里去了
int t=1; //起始高度为1
for(int i=0;i<=3;i++)
{
int nx=x+dx[i];
int ny=y+dy[i];
if (nx>=1 && nx<=n && ny>=1 && ny<=m && a[x][y]<a[nx][ny])
t=max(dfs(nx,ny)+1,t); //上下左右找最大的那条路
}
f[x][y]=t;
return t;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
ans=max(ans,dfs(i,j)); //地图上每个都搜一遍
}
cout<<ans;
return 0;
}好像食物链那篇总结过一个沙雕格式？
不觉得咸的话可以瞅瞅，好辣就酱吧