problem description
度度熊是一僅僅喜歡探險的熊。一次偶然落進了乙個m*n矩陣的迷宮。該迷宮僅僅能從矩陣左上角第乙個方格開始走。僅僅有走到右上角的第乙個格仔才算走出迷宮，每一次僅僅能走一格，且僅僅能向上向下向右走曾經沒有走過的格仔，每個格仔中都有一些金幣（或正或負，有可能遇到強盜攔路搶劫，度度熊身上金幣能夠為負，須要給強盜寫欠條），度度熊剛開始時身上金幣數為0，問度度熊走出迷宮時候身上最多有多少金幣？
input
輸入的第一行是乙個整數t（t< 200），表示共同擁有t組資料。
每組資料的第一行輸入兩個正整數m，n（m<=100，n<=100）。接下來的m行。每行n個整數，分別代表對應格仔中能得到金幣的數量，每乙個整數都大於等於-100且小於等於100。
output
對於每組資料，首先須要輸出單獨一行」case #?
:」，當中問號處應填入當前的資料組數，組數從1開始計算。
每組測試資料輸出一行，輸出乙個整數。代表依據最優的打法。你走到右上角時能夠獲得的最大金幣數目。
sample input
23 4
1 -1 1 0
2 -2 4 2
3 5 1 -90
2 21 1
1 1sample output
case #1:
18case #2:
4對於乙個點能夠從三個方向到達，從上，從左，從下。
由於乙個點不能走多次，我們能夠得到乙個非常easy的結論。假設從上到達這個點，那麼之後我們就僅僅能向下，或者向右走了。從下到達類似。
僅僅有從左到達，三個方向都能夠走。
這裡dp[i][j][k]表示x,y這個點從k這個方向過來的最大值。當中k=0,1,2.0表示從左邊到達該點，1表示從上面到達該點，2表示從以下到達該點。
依據以上結論，能夠得到乙個非常easy的狀態轉移方程：
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];
由以上轉移方程非常easy得到。我們能夠對每一列，先從上到向下更新該點向下走所到達點的值，再從下到上更新該點向上和向右分別到達點的值。
最後的答案就是從左到達和從以下到達右上方的點的最大值。
#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 dp[110][110][3];
int n ,m;
int graph[110][110];
int main()
}for(int i = 0;i <= n +1;i++)
}dp[1][1][1] = dp[1][1][0] = graph[1][1];
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int i = 2;i <= m;i++)
for(int j = n;j >= 1;j--)
}printf("%d\n",max(dp[1][m][0],dp[1][m][2]));
}return 0;
}
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