Problem Description
度度熊是一仅仅喜欢探险的熊。一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫。该迷宫仅仅能从矩阵左上角第一个方格開始走。仅仅有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫，每一次仅仅能走一格，且仅仅能向上向下向右走曾经没有走过的格子，每个格子中都有一些金币（或正或负，有可能遇到强盗拦路抢劫，度度熊身上金币能够为负，须要给强盗写欠条），度度熊刚開始时身上金币数为0，问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币？
Input
输入的第一行是一个整数T（T< 200），表示共同拥有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m，n（m<=100，n<=100）。接下来的m行。每行n个整数，分别代表对应格子中能得到金币的数量，每一个整数都大于等于-100且小于等于100。
Output
对于每组数据，首先须要输出单独一行”Case #?
:”，当中问号处应填入当前的数据组数，组数从1開始计算。
每组測试数据输出一行，输出一个整数。代表依据最优的打法。你走到右上角时能够获得的最大金币数目。
Sample Input
2
3 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 2
1 1
1 1
Sample Output
Case #1:
18
Case #2:
4
对于一个点能够从三个方向到达，从上，从左，从下。
由于一个点不能走多次，我们能够得到一个非常easy的结论。假设从上到达这个点，那么之后我们就仅仅能向下，或者向右走了。从下到达类似。
仅仅有从左到达，三个方向都能够走。
这里dp[i][j][k]表示x,y这个点从k这个方向过来的最大值。当中k=0,1,2.0表示从左边到达该点，1表示从上面到达该点，2表示从以下到达该点。
依据以上结论，能够得到一个非常easy的状态转移方程：
dp[i][j+1][0] = max(,dp[i][j][0],dp[i][j][1],dp[i][j][2])+ graph[i][j+1];
dp[i+1][j][1] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][1]) + graph[i+1][j];
dp[i-1][j][2] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][2]) + graph[i-1][j];
由以上转移方程非常easy得到。我们能够对每一列，先从上到向下更新该点向下走所到达点的值，再从下到上更新该点向上和向右分别到达点的值。
最后的答案就是从左到达和从以下到达右上方的点的最大值。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#define eps 1e-8
#define MAX 100010
#define INF 99999999
#define MOD 1000000007
#define mem(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define mem1(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define zero(x) ( x > +eps ) - ( x < -eps )
using namespace std; struct NODE
{
int x ,y;
int dir;
}; int dp[110][110][3];
int n ,m;
int graph[110][110]; int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(int r = 1;r <= t;r++)
{
printf("Case #%d:\n",r);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
for(int j = 1;j <= m;j++)
{
scanf("%d",&graph[i][j]);
}
}
for(int i = 0;i <= n +1;i++)
{
for(int j = 0;j <= m + 1;j++)
{
dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = dp[i][j][2] = -INF;
}
}
dp[1][1][1] = dp[1][1][0] = graph[1][1];
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
dp[i][2][0] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i][2];
dp[i+1][1][1] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i+1][1];
}
for(int i = 2;i <= m;i++)
{
for(int j = 1;j < n;j++)
{
dp[j+1][i][1] = max(dp[j][i][1],dp[j][i][0]) + graph[j+1][i];
}
for(int j = n;j >= 1;j--)
{
dp[j-1][i][2] = max(dp[j][i][2],dp[j][i][0]) + graph[j-1][i];
dp[j][i+1][0] = max(dp[j][i][0],max(dp[j][i][1],dp[j][i][2])) + graph[j][i+1];
}
}
printf("%d\n",max(dp[1][m][0],dp[1][m][2]));
}
return 0;
}