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## [$AcWing$ $275$. 传纸条](https://www.acwing.com/problem/content/277/)
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### 一、题目描述
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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。
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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。
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幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。
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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 $(m,n)$。
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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。
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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。
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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。
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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。
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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。
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现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。
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**输入格式**
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第一行有 $2$ 个用空格隔开的整数 $m$ 和 $n$，表示学生矩阵有 $m$ 行 $n$ 列。
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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。
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**输出格式**
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输出一个整数，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。
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**数据范围**
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$1≤n,m≤50$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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3 3
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0 3 9
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2 8 5
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5 7 0
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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34
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```
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### 二、题目解析
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这题明显不是一个裸题，我们需要一层一层的拆解分析
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首先想到的是能不能往 [方格取数](https://www.acwing.com/solution/content/51234/) 模型上靠
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对于一个从 $(n,m)$ 出发到 $(1,1)$ 的路线，且只能向上或向左走，考虑将其 **方向调转**，则必定对应一条从 $(1,1)$ 出发到 $(n,m)$ 的路线，且只能向下或向右走
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_324597debf-IMG_DBF1CCEFA907-1.jpeg'></center>
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这两种走法的方案都是一一**对应**的（即任意一条路线都可以找到其对应的反向路线），因此该方案 **映射合法**
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于是该问题就变成了**寻找**一条从 $(1,1)$ 出发到达 $(n,m)$，每次只能 **向下** 或 **向右** 走，**先后出发两次**，且两次路线 **不能经过重复格子** 的 **最大价值方案**
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这样就很靠近 **方格取数** 模型了
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#### 关于如何解决不能经过重复格子的问题
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我们先给定一个结论： 方格取数 $dp$模型的最优方案可以是不经过重复格子的
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**证明：**
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**情况一：最优解的两条路线是相互交叉经过的**
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_535aaa60bf-IMG_41A02C1923F3-1.jpeg'></center>
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则我们可以对交叉出来的部分进行路线交换，如下图的操作
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_f4f7c194bf-IMG_D04B2FA5BFB0-1.jpeg'></center>
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于是，我们可以发现，所有的交叉路线都会映射成一种一条路线 **只在下方走**，一条路线 **只在上方走** 的 **不交叉路线**
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因此我们只需集中解决情况二即可
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**情况二：最优解的两条路线不交叉，但在某些点有重合**
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_8122f3b1bf-IMG_91EF0191824B-1.jpeg'></center>
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由于**方格取数**，对于走到**相同格子**时，只会**累加一次**格子的价值
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于是我们可以使用 **贪心** 中的 **微调法** 来进行这部分的证明
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对于 **重合** 的格子，我们必然可以在两条路线中找到额外的**一条**或**两条**路线，使得新的路线不发生重合
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具体参照下图：
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_f3349557bf-IMG_6202C63C2DFE-1.jpeg'></center>
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由于原路线是最优解，则必然 $w_A=w_B=0$，否则最优解路线必然是经过 $A$ 或 $B$ 的
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因此，我们可以通过微调其中的一条路线，使之不经过重合点 $C$，同时路线的总价值没有减少
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**得证**：最优解路线可以是不经过重复路线的
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接下来就是完全参照 $AcWing$ $1027$. 方格取数 的$DP$分析了
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**集合划分**
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/27/55909_2df58fe8be-IMG_623B17197D17-1.jpeg'></center>
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**状态的初值**: $f[2][1][1]$
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**目标的状态**: $f[n + m][n][m]$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 55;
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int n, m;
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int w[N][N];
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int f[N * 2][N][N];
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int main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= m; j++)
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cin >> w[i][j];
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// 左上角是(1,1),k表示两个小朋友所在位置的x+y的和，最多是n+m
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for (int k = 2; k <= n + m; k++)
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for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++) // 第一个小朋友竖着走的距离
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for (int x2 = 1; x2 <= n; x2++) { // 第二个小朋友竖着走的距离
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int y1 = k - x1, y2 = k - x2; // 计算横着走的距离
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// 不能出界，只走有效的位置
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if (y1 < 1 || y1 > m || y2 < 1 || y2 > m) continue;
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// 将本位置的数值加上
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int &x = f[k][x1][x2];
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x = max(x, f[k - 1][x1 - 1][x2] + w[x1][y1]);
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x = max(x, f[k - 1][x1 - 1][x2 - 1] + w[x1][y1]);
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x = max(x, f[k - 1][x1][x2 - 1] + w[x1][y1]);
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x = max(x, f[k - 1][x1][x2] + w[x1][y1]);
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// 如果不是重复的位置，还可以继续加上
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if (x1 != x2) f[k][x1][x2] += w[x2][y2];
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}
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// 输出DP的结果
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printf("%d\n", f[n + m][n][n]);
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return 0;
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}
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```
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