dp算法之方格取數
動態規劃算法通常基於一個遞推公式及一個或多個初始狀態。當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態規劃來解題只需要多項式時間復雜度，因此它比回溯法、暴力法等要快許多。
現在我們用一道題來了解它。
dp經典之方格取數
【問題描述】
設有N*N的方格圖(N<=10,我們將其中的某些方格中填入正整數,而其他的方格中則放入數字0。如下圖所示（見樣例）：)
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 13 0 0 6 0 0
0 0 0 0 7 0 0 0
0 0 0 14 0 0 0 0
0 21 0 0 0 4 0 0
0 0 15 0 0 0 0 0
0 14 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0
某人從圖的左上角的A 點出發，可以向下行走，也可以向右走，直到到達右下角的B點。在走過的路上，他可以取走方格中的數（取走後的方格中將變為數字0）。
此人從A點到B 點共走兩次，試找出2條這樣的路徑，使得取得的數之和為最大。
【輸入文件】
輸入的第一行為一個整數N（表示N*N的方格圖），接下來的每行有三個整數，前兩個表示位置，第三個數為該位置上所放的數。一行單獨的0表示輸入結束。
【輸出文件】
只需輸出一個整數，表示2條路徑上取得的最大的和。
【輸入樣例】
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
【輸出樣例】
67
我們回到動態規劃的本質來看代問題，我們在想想這個問題的狀態，對於走一次，走到矩陣的任意一個位置就是一個狀態，而要是走兩次，顯然走到矩陣的某個位置只是一個狀態的一部分，不能完整的描述整個狀態。那另一部分顯然就是第二次走到的位置了。如果我們把這兩部分合起來就是一個完整的狀態了。
於是，設計一個狀態opt[i1,j1,i2,j2]表示兩條路分別走到（i1,j1）點和（i2,j2）點時取到的最大值。顯然決策有4中（乘法原理一個點兩種*另一個點的兩中）
即（上，上）（上，左）（左，上）（左，左）上和左表示從哪個方向走到該點，當然要註意走到同行，同列，同點時的情況（因為要求路徑不重復）。
【狀態】f[i][j][k][l]表示兩人分別到(i,j)、(k,l)所取過的數的和.G[i][j]表示方格裏的數.
【方程】f[i][j][k][l] = max{f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1], f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1]}+G[i][j]+(i==k&&j==l ? 0 : G[k][l])
再來簡潔的分析一下：
一個四重循環枚舉兩條路上分別走到的位置。因為每個點均從上或左繼承而來，故內部有4個if，分別表示兩個點從上上、上左，左上、左左繼承來時，加上當前兩個點所取得的最大值。a[i][j]表示（i，j）上的值，sum[i][j][h][k]表示第一條路走到（i，j），第二條路走到（h，k）時的最優解。
比如sum[i][j][h][k]=max(sum[i][j][h][k],sum[i-1][j][h-1][k]+ai][j]+a[h][k])表示兩點均從上面走來。
好，想必已經迫不及待了，上代碼！
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[51][51];
int sum[51][51][51][51];
int n,i,j,h,k,x,y,z;
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&y,&z);
while (x && y && z) //非0即真
{
a[x][y]=z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
}
//開始dp
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
for (int h=1;h<=n;h++)
for (int k=1;k<=n;k++)
{
int tmp1=max(sum[i-1][j][h-1][k],sum[i][j-1][h][k-1]);
int tmp2=max(sum[i-1][j][h][k-1],sum[i][j-1][h-1][k]);
sum[i][j][h][k]=max(tmp1,tmp2)+a[i][j];
if (i!=h && j!=k) sum[i][j][h][k]+=a[h][k];
}
printf("%d\n",sum[n][n][n][n]);
return 0;
}
dp算法之方格取數