【问题描述】
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。
【输入文件】
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。
【输出文件】
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
【输入样例】
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
【输出样例】
67
【问题分析】
这是一道很经典的多进程动态规划题，如果只取一次，它的模型就是我们前面讲的街道问题了，很简单就可以实现。现在要求取两次，怎么办呢？
一个自然的想法是：将前面的取过的数全赋成0，然后在取一次，感觉挺对的，样例也过了。
但这样做是错的，第一次取的显然是最大值，但第二次取的未必次大，所以也许两条非最大的路，也许比一条最大一条小一点的路更优。
看个例子：
0 0 2 0 30 0 0 2 0 3 0
0 0 2 0 0 0 00 2 0 0 0
0 0 2 0 20 0 0 2 0 2 0
0 0 0 0 20 0 0 0 0 2 0
0 0 0 0 20 0 0 0 0 2 0
0 0 2 0 20 0 0 2 0 2 0
图1 图2
如上图，图1是按找上诉思路求得的解。图中红色路线是第一求得的最大值，显然图1红色和紫色两条路径不如图2蓝色和绿色两条路径大。
既然这样做不行，我们还得回到动态规划的本质来看代问题，我们在想想这个问题的状态，对于走一次，走到矩阵的任意一个位置就是一个状态，而要是走两次，显然走到矩阵的某个位置只是一个状态的一部分，不能完整的描述整个状态。那另一部分显然就是第二次走到的位置了。如果我们把这两部分合起来就是一个完整的状态了。
于是，设计一个状态opt[i1,j1,i2,j2]表示两条路分别走到（i1,j1）点和（i2,j2）点时取到的最大值。显然决策有4中（乘法原理一个点两种*另一个点的两中）
即（上，上）（上，左）（左，上）（左，左）上和左表示从哪个方向走到该点，当然要注意走到同行，同列，同点时的情况（因为要求路径不重复）。
【状态】f[i][j][k][l]表示两人分别到(i,j)、(k,l)所取过的数的和.G[i][j]表示方格里的数.
【方程】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]}+G[i][j]+(i==k&&j==l ? 0 : G[k][l])
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[11][11];
int dp[11][11][11][11];
const int INF = 999999999;
int operDp(int n)
{
int i1, j1, i2, j2;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i1 = 1; i1 <= n; i1++)
for(j1 = 1; j1 <= n; j1++)
for(i2 = 1; i2 <= n; i2++)
for(j2 = 1; j2 <= n; j2++)
{
int tmp = -INF;
tmp = max(tmp, dp[i1-1][j1][i2-1][j2]);
tmp = max(tmp, dp[i1-1][j1][i2][j2-1]);
tmp = max(tmp, dp[i1][j1-1][i2-1][j2]);
tmp = max(tmp, dp[i1][j1-1][i2][j2-1]);
if(i1 == i2 && j1 == j2)
dp[i1][j1][i2][j2] = tmp + a[i1][j1];
else
dp[i1][j1][i2][j2] = tmp + a[i1][j1] + a[i2][j2];
}
return dp[n][n][n][n];
}
int main()
{
int n, r, c, v;
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
memset(a,0,sizeof(a));
while(true)
{
scanf("%d%d%d",&r,&c,&v);
if(!r && !c && !v) break;
a[r][c] = v;
}
printf("%d\n",operDp(n));
}
return 0;
}
由于本题的数据规模很小，所以（n^4)的方法也能解决。但是的规模增大的时候我们就必须对算法进行优化了。
很明显dp[i1][j1][i2][j2]的四维状态描述了所有可能的走法，当然我们也可以改变状态的表示法，减少状态的维数。
f[k][i][j] = max { f[k-1][i][j], f[k-1][i-1][j-1], f[k-1][i-1][j],f[k-1][I][j-1] } + (i==j ? a[k-i][i] : a[k-i+1][i]+a[k-j+1][j])
f[k][i][j]表示走了k步，第一条路向右走i步，第二条路向右走j步。
每条路的每个位置都可以从它的上方或左方得到，所以max{}里会有四个状态。还有
如果两条路走到了同一位置，那么该位置的数只加一次.
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[11][11];
int dp[21][11][11];
const int INF = 999999999;
int operDp(int n)
{
int i, j, k;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(k = 1; k <= 2 * n; k++)
for(i = 1; i <= k; i++)
for(j = 1; j <= k; j++)
{
int tmp = -INF;
tmp = max(tmp, dp[k-1][i-1][j-1]);
tmp = max(tmp, dp[k-1][i-1][j]);
tmp = max(tmp, dp[k-1][i][j-1]);
tmp = max(tmp, dp[k-1][i][j]);
if(i == j) dp[k][i][j] = tmp + a[k-i+1][i];
else dp[k][i][j] = tmp + a[k-i+1][i] + a[k-j+1][j];
}
return dp[2*n][n][n];
}
int main()
{
int n, r, c, v;
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
memset(a,0,sizeof(a));
while(true)
{
scanf("%d%d%d",&r,&c,&v);
if(!r && !c && !v) break;
a[r][c] = v;
}
printf("%d\n",operDp(n));
}
return 0;
}