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AcWing 2770. 方格取数
一、题目描述
设有 n×m 的方格图，每个方格中都有一个整数。
现有一只小熊，想从图的左上角走到右下角，每一步只能向上、向下或向右走一格，并且不能重复经过已经走过的方格，也不能走出边界。
小熊会取走所有经过的方格中的整数，求它能取到的整数之和的最大值。
输入格式
第 1 行两个正整数 $n,m$。
接下来 n 行每行 m 个整数，依次代表每个方格中的整数。
输出格式 一个整数，表示小熊能取到的整数之和的最大值。
数据范围
对于 20\% 的数据，$n,m≤5$。
对于 40\% 的数据，$n,m≤50$。
对于 70\% 的数据，$n,m≤300$。
对于 100\% 的数据，$1≤n,m≤1000$。
方格中整数的绝对值不超过 $10^4$。
输入样例1：
3 4
1 -1 3 2
2 -1 4 -1
-2 2 -3 -1
输出样例1：
9
样例1解释
按上述走法，取到的数之和为 $1+2+(−1)+4+3+2+(−1)+(−1)=9$，可以证明为最大值。
注意，上述走法是错误的，因为第 2 行第 2 列的方格走过了两次，而根据题意，不能重复经过已经走过的方格。
另外，上述走法也是错误的，因为没有走到右下角的终点。
输入样例2：
2 5
-1 -1 -3 -2 -7
-2 -1 -4 -1 -2
输出样例2：
-10
样例2解释
按上述走法，取到的数之和为 $(−1)+(−1)+(−3)+(−2)+(−1)+(−2)=−10$，可以证明为最大值。
因此，请注意，取到的数之和的最大值也可能是负数。
二、题目解析
70pts做法O(n2m)DP
先考虑按 最普通的方格取数 问题进行 $DP$。
转移方程：
\large f[i][j]=max(f[i][j−1],f[i−1][j],f[i+1][j])
这样做是有后效性的，即更新完 f[i+1][j] 后可能会重复更新 $f[i][j]$。
那么就要想新的做法了。
由于不能往左走，所以 在每列中走过的序列必然是连续的一段。
一共有 m 列，所以我们走出的路径必然是 m 条竖着的段，并且每一段是相邻的。
又因为不能往回走，所以在每列中，只能一直向上走或一直向下走。
注：结合样例理解一下：
这个性质启发我们 枚举列 进行 $DP$。
Q:怎么保证先前的状态不会被改变呢？
答：多开一个状态。
开出来两个状态数组，表示 只向下+向右走 和 只向上+向右走 可以到达$(i,j)$这个格子能拾取到的 最大值,这就将问题分成了两个问题：
- 能向右走或者向下走到达$(i，j)$这个格子可以取到的最大值；（相当于从左上角开始）
- 能向右走或者向上走到达$(i，j)$这个格子可以去到的最大值；（相当于从左下角开始）
两种问题取最大值就是答案。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1010;
int g[N][N]; // 原始地图
// 1e3 * 1e3 * 1e4 开longlong
LL f1[N][N]; // 向右+向下走
LL f2[N][N]; // 向右+向上走
int n, m;
/*
现象：
实测 max( max(a,b),max(c,d)) 795 ms
max({a,b,c,d}) 1200ms
结论：
放弃max({a,b,c,d}),这个太慢了
*/
int main() {
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
cin >> g[i][j];
memset(f1, -0x3f, sizeof f1); // 有负数，初始化为-INF
memset(f2, -0x3f, sizeof f2); // 有负数，初始化为-INF
f1[1][1] = f2[1][1] = g[1][1]; // 左上角的数必须拿起来
for (int j = 1; j <= m; j++) { // 第一层循环列数
// 用上一列两种问题的状态更新这一列的状态达到最优 //行数之间也要更新最优的状态
for (int i = 1; i <= n; i++) // 因为是向下走，所以从第一行开始循环
f1[i][j] = max(max(f1[i][j - 1], f2[i][j - 1]) + g[i][j], max(f1[i][j], f1[i - 1][j] + g[i][j]));
for (int i = n; i >= 1; i--) // 因为是向上走，所以从第N行开始循环
f2[i][j] = max(max(f1[i][j - 1], f2[i][j - 1]) + g[i][j], max(f2[i][j], f2[i + 1][j] + g[i][j]));
}
cout << f1[n][m] << endl;
// cout << max(f1[n][m], f2[n][m]);
// 两种问题取最优（其实不用去max因为{N， M}的格子只能从上面走下来，所以直接去f1[n][m]即可）
return 0;
}