传纸条

题目描述：

 

小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。 在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。 还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

 

输入：

 

输入文件message.in的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1< =m,n< =50）。 接下来的m行是一个m*n的矩阵，矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。

 

输出：

输出文件message.out共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

 

样例输入：

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

 

样例输出：

34

emmm……
直观的方法用dp[x1][y1][x2][y2]表示传递到(x1,y2)和(x2,y2)的位置得到的最大价值，每次由两个坐标转移到两个坐标，但是复杂度太大，需要O(n^4)，可通过，但是这有一种更NB的方法：
观察坐标可以发现，两个坐标同时从左上方往右下方走时，他们的坐标和是一样的，即x1+y1=x2+y2=step+1（step表示已经走的步数），于是我们可以以步数为阶段，dp[i][x1][x2]表示第i步走到x1,x2的坐标取得的最大值（x1,x2确定后，y1=i+1-x1,y2=i+1-x2）。总共走（n+m-1）步，于是复杂度为O((n+m)*n^2)。
代码来了：

#include<cstdio>
    #include<iostream>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    const int oo=100000000;
    const int M=105;
    int g[55][55];
    int dp[M][55][55];
    int max4(int a,int b,int c,int d)
    {
    return max(a,max(b,max(c,d)));
    }
    int main()
    {
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(g,0,sizeof(g));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        scanf("%d",&g[i][j]);
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1][1][1]=g[1][1];
    for(int i=2;i<=n+m-1;i++)
    {
        for(int x1=1;x1<=n;x1++)
        {
            if(i+1-x1>=1&&i+1-x1<=m)
            {
                for(int x2=1;x2<=n;x2++)
                {
                    if(i+1-x2>=1&&i+1-x2<=m)
                    {
                        dp[i][x1][x2]+=max4(dp[i-1][x1][x2],dp[i-1][x1-1][x2],dp[i-1][x1][x2-1],dp[i-1][x1-1][x2-1]);
                        if(x1==x2)
                        {
                            dp[i][x1][x2]+=g[x1][i+1-x1];
                        }
                        else
                        {
                            dp[i][x1][x2]+=g[x1][i+1-x1]+g[x2][i+1-x2];
                        }
                    }
                }
            }
        }
        
    }
    printf("%d\n",dp[n+m-1][n][n]);
    return 0;
    }