这道题有好多好多种做法呀……先说一下最暴力的，O（n^4的做法）
我们相当于要找两条从左上到右下的路，使路上的数字和最大。所以其实路径从哪里开始走并不重要，我们就直接假设全部是从左上出发的好啦。设dp[i][j][p][q]表示第一条路枚举到点(i,j)，第二条路枚举到点(p,q)时，当前能取到的最大值。
这样dp方程很显然，就是dp[i][j][p][q] = max(dp[i-1][j][p-1][q],dp[i][j-1][p-1][q],sp[i-1][j][p][q-1],dp[i][j-1][p][q-1]) + a[i][j] + a[p][q].如果i==p && j == q，那么减去一个a[i][j].最后dp[m][n][m][n]即为结果。
四层循环枚举，复杂度O（n^4），上一下代码。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define rep(i,a,n) for(ll i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(ll i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n') using namespace std; const int M = 105; typedef long long ll; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } int m,n,dp[55][55][55][55],a[55][55]; int main() { m = read(),n = read(); rep(i,1,m) rep(j,1,n) a[i][j] = read(); rep(i,1,m) rep(j,1,n) rep(p,1,m) rep(q,1,n) { dp[i][j][p][q] = max(max(dp[i-1][j][p-1][q],dp[i-1][j][p][q-1]),max(dp[i][j-1][p-1][q],dp[i][j-1][p][q-1])) + a[i][j] + a[p][q]; if(i == p && j == q) dp[i][j][p][q] -= a[i][j]; } printf("%d\n",dp[m][n][m][n]); return 0; }
之后我们说一下怎么优化。两条路在走的时候，因为每次只能向右或者下走一格，所以两者必然是在同一条斜对角线上的（一条从右上到左下的对角线）那么我们就可以用对角线的横纵坐标和来表示当前DP到了哪里，之后每次只要枚举两个点的横坐标就可以把路径表示出来（也就是表示出来当前枚举的是哪两个点）。这样的话就可以把DP过程的时空降到三维的。
具体的写法也很简单，直接看一下代码即可。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 60; int n,m,f[M][M],dp[120][M][M],q[M]; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >='0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } int main() { m = read(),n = read(); rep(i,1,m) rep(j,1,n) f[i][j] = read(); rep(i,2,n+m) { rep(p,1,i-1) { if(p > m) break; rep(q,1,i-1) { if(q > m) break; dp[i][p][q] = max(max(dp[i-1][p][q-1],dp[i-1][p-1][q]),max(dp[i-1][p-1][q-1],dp[i-1][p][q])) + f[p][i-p] + f[q][i-q]; if(p == q) dp[i][p][q] -= f[p][i-p]; } } } printf("%d\n",dp[n+m][m][m]); return 0; }
之后，时间复杂度基本已经不能再优化，不过空间复杂度却可以优化到O（n^2）（其实还要再乘以一个常数）
我们从刚才的三维DP的转移过程来考虑一下。每次DP都是从上一条对角线上的元素转移过来，和其他的对角线没有任何关系，相当于我们在每次DP的时候只需要考虑两个，一个是i，一个是i-1，在i-1之前的其实已经没有了任何作用。所以我们完全可以废物再利用。因为每次i的值只改变1，所以可以使用按位与的方法把它变成0或者1，之后直接dp即可，而最后的答案就是dp[(m+n)&1][m][m].这样空间复杂度又会降一维。本题的数据范围小，如果数据范围较大，滚动数组对于空间的节省就极为有用了。
看一下代码。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar('\n') using namespace std; typedef long long ll; const int M = 60; int n,m,f[M][M],dp[2][M][M]; int read() { int ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >='0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } int main() { m = read(),n = read(); rep(i,1,m) rep(j,1,n) f[i][j] = read(); rep(i,2,n+m) { rep(p,1,i-1) { if(p > m) break; rep(q,1,i-1) { if(q > m) break; int k = (i-1)&1; dp[i&1][p][q] = max(max(dp[k][p][q-1],dp[k][p-1][q]),max(dp[k][p-1][q-1],dp[k][p][q])) + f[p][i-p] + f[q][i-q]; if(p == q) dp[i&1][p][q] -= f[p][i-p]; } } } printf("%d\n",dp[(n+m)&1][m][m]); return 0; }