传送门1
传送门2
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，班上同学安排坐成一个 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]内的自然数来表示，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之和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。
输入格式
第一行有两个用空格隔开的整数 m 和 n，表示班里有 m 行 n 列。
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。
输出格式
输出文件共一行一个整数，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。
解题思路:
definitely，动态规划，看起来像是蓝桥杯经典的dfs（试了TLE只有36分= =，因为太多的无效搜索），实则由于两条搜索路径不能相触，必须使用动态规划。
第一步首先是简化题意，两条搜索路径可以看做相同起点、相同终点的搜索，即将另一条搜索路径反序。
首先说一下四维dp，
dp[i][j][x][y]为路径1在(i, j)位置和路径2在(x, y)是最大的权值和
转移方程为dp[i][j][x][y] = max(dp[i-1][j][x-1][y], dp[i-1][j][x][y-1], dp[i][j-1][x-1][y], dp[i][j-1][x][y-1]) + map[i][j] + map[x][y]
因为无论哪个位置，只能尤其上方格子向下走，或者左方格子向右走，而现在又有两个这样的情况要发生，于是就组合出了四种达到dp[i][j][x][y]的方式，取其最大并与当前格子的权值相加即可。
然后是优化后的三维dp,
为了在优化n4的时间复杂度，可以观察路径的规律，可知点(i, j)和点(x, y)的横纵坐标和与当前行走步数有关，且i+j=x+y=k+2，依据此，可替换i,j 或 x,y为k，便可以简化一层循环。注意k的取值，k的最大值为m+n-2，其中在m+n-2值处达到终点。
下述代码中solution1为n4复杂度，solution2为n3复杂度，但显然都可以AC（哈哈哈）。
注意事项:
边界条件若懒得判断，直接把数组（当我没说）
by the way，如果有佬真的能用dfs解，请叫我围观。
参考代码:
package chapter_200_传纸条;
import java.io.*;
import java.util.*;
// https://www.luogu.com.cn/problem/P1006
// 四维dp、三维dp
public class Main {
static StreamTokenizer cin;
static PrintWriter out;
static int m;
static int n;
static int[][] map;
public static void main(String[] args) throws IOException{
cin = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
out = new PrintWriter(new OutputStreamWriter(System.out));
m = nextInt(); // m行
n = nextInt(); // n列
map = new int[100][100];
for(int i = 1; i < m+1; i++){
for(int j = 1; j < n+1; j++)
map[i][j] = nextInt();
}
out.println(solution1());
out.flush();
out.close();
}
static int max(int a, int b, int c, int d){
return Math.max(Math.max(a, b), Math.max(c, d));
}
static int solution1(){
// 4维dp
int[][][][] dp = new int[m+10][n+10][m+10][n+10];
for(int i = 1; i < m+1; i++){
for(int j = 1; j < n+1; j++){
for(int x = 1; x < m+1; x++){
for(int y = 1; y < n+1; y++){
if(x==i && y==j && ((x < m || y < n))) // 两线路相交
continue;
dp[i][j][x][y] = max(dp[i-1][j][x-1][y], dp[i-1][j][x][y-1],
dp[i][j-1][x-1][y], dp[i][j-1][x][y-1]) + map[i][j] + map[x][y];
}
}
}
}
return dp[m][n][m][n];
}
static int solution2(){
// 3维dp i+j=k+2, 如果不想判断边界, 就把数组开大一些
int[][][] dp = new int[100][100][100];
for(int k = 1; k < m+n-1; k++){
for(int i = 1; i < Math.min(k+2, m+1); i++){
for(int x = 1; x < Math.min(k+2, m+1); x++){
if(x == i && k!=m+n-2) // 线路相交
continue;
dp[k][i][x] = max(dp[k-1][i][x], dp[k-1][i-1][x], dp[k-1][i][x-1], dp[k-1][i-1][x-1])
+ map[i][k+2-i] + map[x][k+2-x];
//equals dp[i][j-1][x][y-1], dp[i-1][j][x][y-1], dp[i][j-1][x-1][y], dp[i-1][j][x-1][y]
}
}
}
return dp[m+n-2][m][m];
}
static int nextInt() throws IOException{
cin.nextToken();
return (int)cin.nval;
}
}