这是一道dp题，当然也可以用网络流做.
题目大意：
棋盘的每个点有一个值ai,j，现在要从左上角传到右下角，传两次，每次只能传到下方或右方一格，且两条路径不重叠，问走过路径上的ai,j之和最大为多少.
那么这道题考虑dp（本人太蒟，不会网络流）.
我们考虑最简单最暴力的dp状态，f[i][j][k][l]表示第一次传到了(i,j)第二次传到了(k,l)的最大值.
那么方程就是f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1])+a[i][j]+a[k][l].
然后我们就枚举，但是由于路径不可重复复，我们要注意如何保证答案正确且不重复.
可以保证，只要i≠k或j≠l，就可以不重复.
那么代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++)
int n,m;
int a[51][51]={0};
int f[51][51][51][51]={0};
inline void into(){
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,1,n)
rep(j,1,m)
scanf("%d",&a[i][j]);
}
inline void work(){
rep(i,1,n)
rep(j,1,m)
rep(k,1,n)
rep(l,1,m)
if (i!=k||j!=l)
f[i][j][k][l]=max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]),max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
f[n][m][n][m]=max(f[n-1][m][n][m-1],f[n][m-1][n-1][m])+a[n][m]; //最后一步的特殊处理
}
inline void outo(){
printf("%d\n",f[n][m][n][m]);
}
int main(){
for (int i=1;i<=1;i++){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
好吧，这样还是可以优化的.
我们可以让每次传纸条时的状态同步.
也就是说第一次走到了(i,j)，第二次走到了(k,l)，那么两次的步数必须相等.
那么我们会发现i+j=k+l=step（步数），所以我们的状态可以简化为f[i][j][k]表示走了i步，第一次横坐标或纵坐标为j，第二次横坐标或纵坐标为k的最大值.
这里我们设两次都为纵坐标，那么f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-1][k],f[i-1][j][k-1],f[i-1][j-1][k-1])+a[i-j][j]+a[i-k][k].
所以代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=j;i<=k;i++)
int n,m;
int a[51][51]={0};
int f[201][51][51]={0};
inline void into(){
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,1,n)
rep(j,1,m)
scanf("%d",&a[i][j]);
}
inline void work(){
f[2][1][1]=0; //由于要走m+n-2步，所以初始直接从2开始
rep(i,3,m+n-1) //由于最后一步要特殊处理，所以枚举到m+n-1
rep(j,1,m)
rep(k,1,m)
if (i-j<=n&&i-k<=n&&i-j>=1&&i-k>=1&&j!=k) f[i][j][k]=max(max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-1][k]),max(f[i-1][j][k-1],f[i-1][j-1][k-1]))+a[i-j][j]+a[i-k][k];
}
inline void outo(){
printf("%d\n",max(f[m+n-1][m-1][m],f[m+n-1][m][m-1])); //懒，直接输出
}
int main(){
for (int i=1;i<=1;i++){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}这道题的讨论就到这里，关于如何用网络流做，等我学了会再发一篇的.