## [$AcWing$ $275$. 传纸条](https://www.acwing.com/problem/content/277/)

### 一、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 $0$∼$100$ 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 $2$ 个用空格隔开的整数 $m$ 和 $n$，表示学生矩阵有 $m$ 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。

**数据范围**
$1≤n,m≤50$

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
34
```

### 二、题目解析

这题明显不是一个裸题，我们需要一层一层的拆解分析

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

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

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_324597debf-IMG_DBF1CCEFA907-1.jpeg'></center>

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**

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**

这样就很靠近 **方格取数** 模型了

#### 关于如何解决不能经过重复格子的问题

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

**证明：**

**情况一：最优解的两条路线是相互交叉经过的**
<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_535aaa60bf-IMG_41A02C1923F3-1.jpeg'></center>

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

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_f4f7c194bf-IMG_D04B2FA5BFB0-1.jpeg'></center>

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**

因此我们只需集中解决情况二即可

**情况二：最优解的两条路线不交叉，但在某些点有重合**

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_8122f3b1bf-IMG_91EF0191824B-1.jpeg'></center>

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

于是我们可以使用 **贪心** 中的 **微调法** 来进行这部分的证明

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

具体参照下图：
<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/28/55909_f3349557bf-IMG_6202C63C2DFE-1.jpeg'></center>

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

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

**得证**：最优解路线可以是不经过重复路线的 

接下来就是完全参照 $AcWing$ $1027$. 方格取数 的$DP$分析了

![20220930165932](https://cdn.jsdelivr.net/gh/littlehb/ShaoHuiLin/20220930165932.png)


**集合划分**

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/27/55909_2df58fe8be-IMG_623B17197D17-1.jpeg'></center>

**状态的初值**: $f[2][1][1]$

**目标的状态**: $f[n + m][n][m]$

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 55;

int n, m;
int w[N][N];
int f[N * 2][N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> w[i][j];

    // 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
    for (int k = 2; k <= n + m; k++)
        for (int x1 = 1; x1 <= n; x1++)       // 第一个小朋友竖着走的距离
            for (int x2 = 1; x2 <= n; x2++) { // 第二个小朋友竖着走的距离
                int y1 = k - x1, y2 = k - x2; // 计算横着走的距离
                // 不能出界，只走有效的位置
                if (y1 < 1 || y1 > m || y2 < 1 || y2 > m) continue;

                // 将本位置的数值加上
                int &x = f[k][x1][x2];
                x = max(x, f[k - 1][x1 - 1][x2] + w[x1][y1]);
                x = max(x, f[k - 1][x1 - 1][x2 - 1] + w[x1][y1]);
                x = max(x, f[k - 1][x1][x2 - 1] + w[x1][y1]);
                x = max(x, f[k - 1][x1][x2] + w[x1][y1]);

                // 如果不是重复的位置，还可以继续加上
                if (x1 != x2) f[k][x1][x2] += w[x2][y2];
            }
    // 输出DP的结果
    printf("%d\n", f[n + m][n][n]);
    return 0;
}
```