题目：
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：
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：
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。
思想：
因为每一步的格子都是相关的（只能从上到下，从左到右走一格），则逐个求解每一格的最优策略，因此选择动态规划
这道题可拆分为3个部分：
1.对两条路径的处理
策略：可看作两人同时从（1,1）出发，走向（m,n）
2.对两条路径必须不同的处理（同学只帮忙一次）
策略：走到第i步，第i-1步和第i步两人不在同一个格子即可
3.内存优化
策略：因为对于格子 (i,j) 此时走的步数为i+j-2，反之引入步数就可以由i推出j
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int m,n; int k=0; int mx[55][55]; int f[105][55][55]; int nx[2]={0,-1}; int ny[2]={-1,0}; /* f(i,j,k) 走i步 第一个人在j 第二个人在k （j，k均为行数） 则 第一个人坐标：（j,i+1-j） 第二个人坐标: （k,i+1-k) */ void solve() { int need=n+m-3; //因为第一个点和最后的点是没有值且两人可汇合的特殊点，故为了方便我在此忽略这二者 for(int i=0;i<=need;i++) for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=m;k++) f[i][j][k]=-1e6; f[1][1][2]=f[1][2][1]=mx[1][2]+mx[2][1]; for(int i=2;i<=need;i++) for(int j=1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=m;k++) { int x1,x2,y1,y2; for(int z=0;z<2;z++)//第一人 { x1=j+nx[z],y1=i+2-j+ny[z]; if(x1<1 || x1>m || y1<1 || y1>n) continue; for(int o=0;o<2;o++) { x2=k+nx[o],y2=i+2-k+ny[o]; if(x2<1 || x2>m || y2<1 || y2>n) continue; if(x1==x2 && y1==y2) continue; f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][x1][x2]+mx[j][i+2-j]+mx[k][i+2-k]); } } } printf("%d ",f[need][m][m-1]); return ; } int main(){ //freopen("1.txt","w",stdout); scanf("%d%d",&m,&n); for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&mx[i][j]); solve(); return 0; }