dp-位移模型(数字三角形演变)
由数字三角形问题演变而来下面的题：
https://www.cnblogs.com/sxq-study/p/12303589.html
一：规定位移方向
题目：
Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。
她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图)，从西北角进去，东南角出来。
地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗，上面有若干颗花生，经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。
Hello Kitty只能向东或向南走，不能向西或向北走。
问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。
输入格式
第一行是一个整数T，代表一共有多少组数据。
接下来是T组数据。
每组数据的第一行是两个整数，分别代表花生苗的行数R和列数 C。
每组数据的接下来R行数据，从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有C个整数，按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目M。
输出格式
对每组输入数据，输出一行，内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。
数据范围
1≤T≤1001≤T≤100,
1≤R,C≤1001≤R,C≤100,
0≤M≤10000≤M≤1000
输入样例：
2
2 2
1 1
3 4
2 3
2 3 4
1 6 5
输出样例：
8
16分析：
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3
4 using namespace std;
5
6 const int N = 110;
7
8 int n, m;
9 int w[N][N];
10 int f[N][N];
11
12 int main()
13 {
14 int T;
15 scanf("%d", &T);
16 while (T -- )
17 {
18 scanf("%d%d", &n, &m);
19 for (int i = 1; i <= n; i ++ )
20 for (int j = 1; j <= m; j ++ )
21 scanf("%d", &w[i][j]);
22
23 for (int i = 1; i <= n; i ++ )
24 for (int j = 1; j <= m; j ++ )
25 f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) + w[i][j];
26
27 printf("%d\n", f[n][m]);
28 }
29
30 return 0;
31 }
二：没有直接给出位移方向
题目：
一个商人穿过一个N×N的正方形的网格，去参加一个非常重要的商务活动。
他要从网格的左上角进，右下角出。
每穿越中间1个小方格，都要花费1个单位时间。
商人必须在(2N-1)个单位时间穿越出去。
而在经过中间的每个小方格时，都需要缴纳一定的费用。
这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。
请问至少需要多少费用？
注意：不能对角穿越各个小方格（即，只能向上下左右四个方向移动且不能离开网格）。
输入格式
第一行是一个整数，表示正方形的宽度N。
后面N行，每行N个不大于100的整数，为网格上每个小方格的费用。
输出格式
输出一个整数，表示至少需要的费用。
数据范围
1≤N≤1001≤N≤100
输入样例：
5
1 4 6 8 10
2 5 7 15 17
6 8 9 18 20
10 11 12 19 21
20 23 25 29 33
输出样例：
109
样例解释
样例中，最小值为109=1+2+5+7+9+12+19+21+33。
分析：本题通过2n-1限制了位移方向，一个n行n列的方阵，不存在斜着走的情况下，从左上角走到右上角最小的步数就是 2n-1， 并且只能向右或者向下走， 也就是不存在回头的情况
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 using namespace std;
5
6 const int N = 110, INF = 0x3f;
7
8 int dp[N][N];
9 int g[N][N];
10
11 int n;
12
13 int main(){
14 cin >> n;
15 for(int i = 1;i <= n;++i)
16 for(int j = 1;j <= n;++j)
17 cin >> g[i][j];
18
19 memset(dp, INF, sizeof dp);
20
21 for(int i = 1;i <= n;++i)
22 for(int j = 1;j <= n;++j)
23 if(i == 1 && j == 1)
24 dp[1][1] = g[1][1];
25 else
26 dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + g[i][j];
27
28 cout << dp[n][n] << endl;
29 }
三：两次从左上角到右下角的最大价值
题目：
设有 N×N 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字0。如下图所示：
某人从图中的左上角 A 出发，可以向下行走，也可以向右行走，直到到达右下角的 B 点。
在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。
此人从 A 点到 B 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的数字和为最大。
输入格式
第一行为一个整数N，表示 N×N 的方格图。
接下来的每行有三个整数，第一个为行号数，第二个为列号数，第三个为在该行、该列上所放的数。
一行“0 0 0”表示结束。
输出格式
输出一个整数，表示两条路径上取得的最大的和。
数据范围
N≤10N≤10
输入样例：
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
输出样例：
67思路分析：
1：首先想出状态表示，dp[i1][j1][i2][j2]表示从起点到(i1, j1)和(i2, j2)的所有走法的集合，集合的属性就表示最大价值
2：状态压缩，对于 n * m 的矩阵来说，如果规定位移方向只能向下或者向右，那么很容易想出从左上角走到右下角的总共走的步数一定是 n+m ，所以我们可以省略其中一维的下标j,用k（总步数）- i 来代表j，所以新的dp为 dp[k][i1][i2]
3：思考集合划分，划分依据是最后一步，可能来自四种情况
(1):第一条路径来自左，第二条来自左 dp[k-1][i1][i2]
(2):第一条路径来自左，第二条来自上 dp[k-1][i1][i2-1]
(3):第一条路径来自上，第二条来自上 dp[k-1][i1-1][i2-1]
(4):第一条路径来自上，第二条来自左 dp[k-1][i1-1][i2]
4: 最后一步思考初始条件以及枚举方向
初始条件：dp数组全部为0即可
枚举方向：从小到大，因为保证用到的的状态计算过
代码：
1 #include <iostream>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 const int N = 15;
6
7 int g[N][N];
8 int dp[N+N][N][N];
9 int n;
10
11 int main(){
12 cin >> n;
13 int a, b, c;
14 while(cin >> a >> b >> c, a || b || c) g[a][b] = c;
15 for(int k = 2;k <= n + n;++k){
16 for(int i1 = 1;i1 <= n;++i1){
17 for(int i2 = 1;i2 <= n;++i2){
18 int j1 = k - i1, j2 = k-i2;
19 if(j1 >= 1 && j1 <= n && j2 >= 1 && j2 <= n){//找到满足条件的状态
20 int &t = dp[k][i1][i2];
21 int w = (i1 == i2 ? g[i1][j1] : (g[i1][j1] + g[i2][j2]));
22 t = max(t, dp[k-1][i1-1][i2-1] + w);
23 t = max(t, dp[k-1][i1][i2] + w);
24 t = max(t, dp[k-1][i1-1][i2] + w);
25 t = max(t, dp[k-1][i1][i2-1] + w);
26 }
27 }
28 }
29 }
30 cout << dp[n+n][n][n] << endl;
31 return 0;
32 }
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