Problem Description
熊度仅仅是一种冒险的熊，一个偶然落入一个m*n迷宫矩阵，能从矩阵左上角第一个方格開始走，仅仅有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫。每一次仅仅能走一格，且仅仅能向上向下向右走曾经没有走过的格子，每个格子中都有一些金币（或正或负。有可能遇到强盗拦路抢劫，度度熊身上金币能够为负，须要给强盗写欠条），度度熊刚開始时身上金币数为0。问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币？
Input
输入的第一行是一个整数T（T< 200），表示共同拥有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数m，n（m<=100，n<=100）。接下来的m行，每行n个整数，分别代表对应格子中能得到金币的数量，每一个整数都大于等于-100且小于等于100。
Output
对于每组数据，首先须要输出单独一行”Case #?:”，当中问号处应填入当前的数据组数。组数从1開始计算。
每组測试数据输出一行。输出一个整数。代表依据最优的打法。你走到右上角时能够获得的最大金币数目。
Sample Input
2
3 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 2
1 1
1 1
Sample Output
Case #1:
18
Case #2:
4
对于一个点能够从三个方向到达，从上，从左。从下。
由于一个点不能走多次。我们能够得到一个非常easy的结论。假设从上到达这个点，那么之后我们就仅仅能向下，或者向右走了。从下到达类似。
仅仅有从左到达，三个方向都能够走。
这里dp[i][j][k]表示x,y这个点从k这个方向过来的最大值。当中k=0,1,2.0表示从左边到达该点，1表示从上面到达该点。2表示从以下到达该点。
依据以上结论。能够得到一个非常easy的状态转移方程：
dp[i][j+1][0] = max(,dp[i][j][0],dp[i][j][1],dp[i][j][2])+ graph[i][j+1];
dp[i+1][j][1] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][1]) + graph[i+1][j];
dp[i-1][j][2] =max(dp[i][j][0],dp[i][j][2]) + graph[i-1][j];
由以上转移方程非常easy得到，我们能够对每一列。先从上到向下更新该点向下走所到达点的值，再从下到上更新该点向上和向右分别到达点的值。
最后的答案就是从左到达和从以下到达右上方的点的最大值。
#include#include #include #include #include #include #include #include #define eps 1e-8#define MAX 100010#define INF 99999999#define MOD 1000000007#define mem(a) memset(a,-1,sizeof(a))#define mem1(a) memset(a,0,sizeof(a))#define zero(x) ( x > +eps ) - ( x < -eps )using namespace std;struct NODE{ int x ,y; int dir;};int dp[110][110][3];int n ,m;int graph[110][110];int main(){ int t; scanf("%d",&t); for(int r = 1;r <= t;r++) { printf("Case #%d:\n",r); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i <= n;i++) { for(int j = 1;j <= m;j++) { scanf("%d",&graph[i][j]); } } for(int i = 0;i <= n +1;i++) { for(int j = 0;j <= m + 1;j++) { dp[i][j][0] = dp[i][j][1] = dp[i][j][2] = -INF; } } dp[1][1][1] = dp[1][1][0] = graph[1][1]; for(int i = 1;i <= n;i++) { dp[i][2][0] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i][2]; dp[i+1][1][1] = max(dp[i][1][0],dp[i][1][1]) + graph[i+1][1]; } for(int i = 2;i <= m;i++) { for(int j = 1;j < n;j++) { dp[j+1][i][1] = max(dp[j][i][1],dp[j][i][0]) + graph[j+1][i]; } for(int j = n;j >= 1;j--) { dp[j-1][i][2] = max(dp[j][i][2],dp[j][i][0]) + graph[j-1][i]; dp[j][i+1][0] = max(dp[j][i][0],max(dp[j][i][1],dp[j][i][2])) + graph[j][i+1]; } } printf("%d\n",max(dp[1][m][0],dp[1][m][2])); } return 0;}