多线程DP （要一起行动才可以）
题目描述 Description
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。
输入描述 Input Description
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。
输出描述 Output Description
只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。
样例输入 Sample Input
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
样例输出 Sample Output
67
路一：
我们设f[i,j,k,l]表示第一条路走到(i,j)，第二条路走到(k,l)的路线。
那么状态转移方程很好得出：
f[i,j,k,l]=max{f[i-1,j,k-1],f[i-1,j,k,l-1],f[i,j-1,k-1,l],f[i,j-1,k,l-1]}+(i==k&&j==l ? a[i][j] : a[i][j]+a[k][l])
值得注意的是：最后加上这个值的时候要注意如果路径走到同一点不能重复统计。
时间复杂度：O(n4)，空间复杂度O(n4)，对于本题n<=10完全足够。
思路二：
虽然思路一对于本题完全足够，但是如果n的范围大些的话，就无法办到了。
针对思路一，我们发现了问题，有一些状态是可以合并的，最重要的是：思路一，我们是同时开始走的，那么不必记录向右、向下的具体路径，只需要记录步数，显然，两条路的步数是统一的，然后再记录向下或向右的次数，就能根据这两者推算出向下或向右的次数。
那么设f[i,j,k]表示走到了第i步，第一条路径向右走了j步，第二条路径向右走了k步。
那么f[i,j,k]=max{f[i-1,j,k],f[i-1,j-1,k],f[i-1,j-1,k-1],f[i-1,j,k-1]}+(j==k ? a[i-j+1][i] : a[i-j+1][j]+a[i-k+1][k]);
显然，我们也要判断路径是否走到同一点，所以有后面的那个if（ ? : 三目运算符）
时间复杂度：O(2n3)，空间复杂度O(2n3)，优化了一维。从n的四方优化至n的三方，是一个很大的进步。
至于代码，只要思路知道了，就无所谓了。
因为的线性的原因所以可以开二维
代码复杂度不高，50行足矣。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
int G[20][20],dp[20][20];
int main( )
{
int n;
scanf("%d",&n);
int u,v,w;
for(int i=1 ; i<=n ; i++)
for(int j=1 ; j<=n ; j++)
G[i][j]=0;
while(scanf("%d%d%d",&u,&v,&w)!=EOF)
{
if(u==0&&v==0&&w==0)
break;
G[u][v]=w;
}
for(int k=1 ; k<=2*n-1 ; k++)
{
for(int i=k ; i>=0 ; i--)
{
for(int j=k ; j>=0 ; j--)
{
dp[i][j]=max(max(dp[i][j],dp[i-1][j]),max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]))+( i == j ? G[k-i+1][j] : G[k-j+1][j] + G[k-i+1][i] );
}
}
}
printf("%d\n",dp[n][n]);
}
