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## [$AcWing$ $2770$. 方格取数](https://www.acwing.com/problem/content/2772/)
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### 一、题目描述
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设有 $n×m$ 的方格图，每个方格中都有一个整数。
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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。
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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。
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**输入格式**
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第 $1$ 行两个正整数 $n,m$。
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接下来 $n$ 行每行 $m$ 个整数，依次代表每个方格中的整数。
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**输出格式**
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一个整数，表示小熊能取到的整数之和的最大值。
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**数据范围**
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对于 $20\%$ 的数据，$n,m≤5$。
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对于 $40\%$ 的数据，$n,m≤50$。
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对于 $70\%$ 的数据，$n,m≤300$。
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对于 $100\%$ 的数据，$1≤n,m≤1000$。
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方格中整数的绝对值不超过 $10^4$。
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**输入样例1**：
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```cpp {.line-numbers}
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3 4
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1 -1 3 2
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2 -1 4 -1
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-2 2 -3 -1
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```
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**输出样例1**：
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```cpp {.line-numbers}
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9
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```
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**样例1解释**
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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。
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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。
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另外，上述走法也是错误的，因为没有走到右下角的终点。
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**输入样例2：**
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```cpp {.line-numbers}
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2 5
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-1 -1 -3 -2 -7
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-2 -1 -4 -1 -2
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```
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**输出样例2：**
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```cpp {.line-numbers}
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-10
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```
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**样例2解释**
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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。
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因此，请注意，取到的数之和的最大值也可能是负数。
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### 二、题目解析
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>$70pts$ 做法
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$O(n2m)$ $DP$
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先考虑按 **最普通的方格取数** 问题进行 $DP$。
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转移方程：
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$$\large f[i][j]=max(f[i][j−1],f[i−1][j],f[i+1][j])$$
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**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 $f[i][j]$。
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那么就要想新的做法了。
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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**。
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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。
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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。
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> <font color='red' size=4><b>注：</b></font>**结合样例理解一下**：
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> 
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这个性质启发我们 **枚举列** 进行 $DP$。
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**$Q$:怎么保证先前的状态不会被改变呢？**
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**答**：多开一个状态。
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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：
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- 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）
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- 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）
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两种问题取最大值就是答案。
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#### 代码实现
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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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typedef long long LL;
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const int N = 1010;
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int g[N][N]; // 原始地图
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// 1e3 * 1e3 * 1e4 开longlong
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LL f1[N][N]; // 向右+向下走
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LL f2[N][N]; // 向右+向上走
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int n, m;
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/*
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现象：
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实测 max( max(a,b),max(c,d)) 795 ms
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max({a,b,c,d}) 1200ms
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结论：
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放弃max({a,b,c,d}),这个太慢了
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*/
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int main() {
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// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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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 >> g[i][j];
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memset(f1, -0x3f, sizeof f1); // 有负数，初始化为-INF
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memset(f2, -0x3f, sizeof f2); // 有负数，初始化为-INF
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f1[1][1] = f2[1][1] = g[1][1]; // 左上角的数必须拿起来
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for (int j = 1; j <= m; j++) { // 第一层循环列数
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// 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
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for (int i = 1; i <= n; i++) // 因为是向下走，所以从第一行开始循环
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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]));
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for (int i = n; i >= 1; i--) // 因为是向上走，所以从第N行开始循环
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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]));
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}
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cout << f1[n][m] << endl;
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// cout << max(f1[n][m], f2[n][m]);
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// 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）
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return 0;
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}
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``` |
