<转自原博客> NOIP2008 传纸条

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。

题解：如果将题目简化为一个纸条从1,1到n,m，则dp[i][j]即可简单做出，所以类比可以想到四维的dp[i][j][k][h]表示i,j和k,h的纸条（因为从n,m到1,1等于从1,1到n,m，所以两个纸条可以都从1,1出发），那么我们就可以用O(n^4)的复杂度做出。我们还可以根据i+j=k+h将数组和时间复杂度简化到O(n^3)。 另外，我们都会注意到两个纸条是不能重合的，所以我们来看这样一个神奇的事情：

对于这个有相交的两条路径来说，他一定不是最优解，因为如下这样的路径保证优于相交，那么对于dp[i][j][i][j]来说，我们就不用管它了，只要保证他不会将该点好心值加了两遍或者遇到他取完max直接跳过都可以哦

所以在转移方程为： dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j][k-1],dp[i][j-1][k],dp[i][j-1][k-1])+w[i][j]+w[k][h]; 并且if (i==k && j==h) dp[i][j][k]-=w[i][j]即可 AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[55][55][55],n,m,mp[55][55],h,w[55][55];

int mx(int a,int b,int c,int d){return max(max(a,b),max(c,d));}

int main()
{
	scanf("%d%d",&m,&n);
　　　　　for (int i=1;i<=m;i++)
	for (int j=1;j<=n;j++)
	scanf("%d",&w[i][j]);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	for (int j=1;j<=n;j++)
	for (int k=1;k<=m;k++)
	{
		if (i+j>k) h=i+j-k;else continue;
		dp[i][j][k]=mx(dp[i-1][j][k-1],dp[i][j-1][k-1],dp[i-1][j][k],dp[i][j-1][k]);
		if (i==k && j==h) continue;
		dp[i][j][k]+=w[i][j]+w[k][h];
		//if (i==k && j==h) dp[i][j][k]-=w[k][h];
	}
	printf("%d",dp[m][n][m]);
	return 0;
}