1、小总结
这个模型的共性特征：
- 从某个节点出发，只允许走特定的方向，到达终点的最值。
- 升级的题目要走2趟（更多的k趟就是费用流问题）
集合划分方法
都是从当前状态的所有来源进行划分
做题时的小问题:
- 为什么都是从1，1的位置开始存入数据
- 为什么要初始化存数据的矩阵
这两个都是为了更好更方便的的处理边界条件。让那些没有上方节点或者右边节点的边界情况能够和正常情况一样处理，并且不会取到那些没有的节点的值。例如数字三角形中把初始矩阵初始化为负无穷。这样既可以方便的处理，也保证没有左上侧节点的节点不会取到我们自己添加的左上侧节点的假值。
初始化成多少要看题目具体情况，如果题目中节点的值都大于0，并且求最大值，那么初始化成0就可以了。如果节点的值没有范围，并且求最大值，那么就要初始化成负无穷。求其他属性也要结合考虑。
2、数字三角形
1.题目
给定一个如下图所示的数字三角形，从顶部出发，在每一结点可以选择移动至其左下方的结点或移动至其右下方的结点，一直走到底层，要求找出一条路径，使路径上的数字的和最大。
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
输入格式
第一行包含整数 n，表示数字三角形的层数。
接下来 n 行，每行包含若干整数，其中第 i 行表示数字三角形第 i 层包含的整数。
输出格式
输出一个整数，表示最大的路径数字和。
数据范围
1≤n≤500,
−10000≤三角形中的整数≤10000
输入样例：
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
输出样例：
30
2.分析
状态表示f[i,j]，表示从起点到(i,j)路径上所有路线的数字之和的最大值
集合划分：
- 本节点的状态是从左上方过来的
- 本节点的状态是从右上方过来的
具体代码中，我们使用g[i][j]存储每个节点的值。f[i][j]代表从起点到i,j的所有路线上的数字之和的最大值。而f[i][j]是怎么来的呢？只能从左上方来或者右上方来。只要我们得到从起点到左上方的节点的所有路线中数字之和的最大值，再加上左上方节点的值，就得到了从左上方过来的所有路线中的最大值。同理可以得到从右边节点过来的最大值，这两个值取个最大值，再加上i,j节点自己的值。就得到了f[i][j]。
于是有了 f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1],f[i - 1][j]) + g[i][j];
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N = 510,INF = - 1e5 + 10;
using namespace std;
int g[N][N],f[N][N];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
//这里初始化为负无穷，是为了让没有左上节点的节点也能一起统一计算，这样的话在计算最大值
//时，没有左上节点的节点必然不会选择左上节点为答案（因为其为负无穷）
for(int j = 0; j <= i + 1; j ++)
{
f[i][j] = INF;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
for(int j = 1; j <= i; j ++)
{
scanf("%d",&g[i][j]);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
for(int j = 1; j <= i; j ++)
{
//f[i-1][j-1]代表从起点到左上方的所有路线的最大值，同理f[i-1][j]代表右上方
f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1],f[i - 1][j]) + g[i][j];
}
}
int res = INF;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
//找到最底层的所有结果中的最大值
res = max(res,f[n][i]);
}
printf("%d",res);
}
3、摘花生
1.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≤100,
1≤R,C≤100,
0≤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
2.分析
同样的我们令f[i][j]代表从起点开始到(i,j)的所有路线的花生数最大值。
状态表示f[i,j]，表示从起点到(i,j)路径上所有路线的花生之和的最大值
集合划分：
- 本节点的状态是从上方过来的
- 本节点的状态是从左侧过来的
注意集合划分的原则是：不重 不漏
不重可能不是所有的属性都需要满足，因为比如我们这里算最大值，就不需要满足，只要不影响算最大值就好了，重不重复无所谓。
代码中，我们将f的数据也存在了q中。
于是有了q[i][j] += max(q[i - 1][j],q[i][j - 1])
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 110;
//花生数大于0，赋值为0就可以了,在计算最大值的时候，没有右侧或者上侧节点的节点必然只会选择他有的节点。
int q[N][N];
int main()
{
int t;
cin >> t;
for(int i = 0; i < t; i ++)
{
int r,c;
cin >> r >> c;
for(int i = 1; i <= r; i ++)
{
for(int j = 1; j <= c; j ++)
{
cin >> q[i][j];
q[i][j] += max(q[i - 1][j],q[i][j - 1]);
}
}
cout << q[r][c] << endl;
}
}
一般线性dp可以按照下标的某个顺序循环，保证整个的按照拓扑循环计算。保证计算每个状态的时候，他所依赖的状态都已经被计算过了。例如本题，第i层j列节点的计算，需要依赖i-1,j节点和i,j -1节点。都在之前被计算过。
4、最低通行费
1.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 的正整数，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≤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。
2.分析
题目中总步数不能超过2n-1代表着，只能向右或者向下走且不能走回头路。
状态表示f[i,j]，表示从起点到(i,j)路径上所有路线的费用的最小值
集合划分：
- 本节点的状态是从上方过来的
- 本节点的状态是从左侧过来的
代码中，我们将f的数据也存在了q中。
于是有了q[i][j] += min(q[i - 1][j],q[i][j - 1])
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 110;
int q[N][N];
int main()
{
//初始化为正无穷，对1，1节点的上方节点和左侧进行特殊处理
memset(q,0x3f,sizeof q);
q[0][1] = 0;
q[1][0] = 0;
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
for(int j = 1; j <= n; j ++)
{
cin >> q[i][j];
q[i][j] += min(q[i - 1][j],q[i][j - 1]);
}
}
cout << q[n][n];
}
5、方格取数
1.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。
行和列编号从 1 开始。
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≤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
2.分析
只走一次：
f[i,j] 表示所有从1，1到i,j的路径的最大值
f[i,j] = max(f[i - 1,j] ,f[i,j - 1]) + w[i,j])
走两次：
f[i1,j1,i2,j2] 表示从1，1分别走到i1,j1 和 i2,j2的路径的最大值。
将这个表示降维为三维，我们令k = i + j（也就是当前走到的格子的横纵坐标和）
f[k][i1][i2] 表示所有从1，1分别走到i1,k - i1和i2,k - i2的路径的最大值
那么这样表示，如何处理同一个格子不能被重复选择呢？
如果我们把状态定义为上面的四维，只需要判断i1 == i2 && j1 == j2即可，而三维的表示，我们只需要在同一个k下比较i1和 i2就可以了（因为k一样，如果i1 == i2那么j1也会等于j2)。
状态表示f[k,i1,i2]，表示从起点(1,1)到(i1,k - i1)和(i2,k - i2)路径上所有路线的费用的最小值
集合划分：
- 本节点的状态是第一次从上方过来,第二次从左侧过来共同导致的
- 本节点的状态是第一次从上方过来,第二次从上侧过来共同导致的
- 本节点的状态是第一次从左侧过来,第二次从上方过来共同导致的
- 本节点的状态是第一次从左侧过来,第二次从左侧过来共同导致的
本状态值计算
5. 当i1!=i2代表两个节点都只被经过一次，本状态的值为w[i1,j1]
6. 当i1 == i2代表两个节点重合,本状态的值为w[i1,j1]+w[i2,j2]
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 11;
int q[N][N],f[N * 2][N][N];
int main()
{
int n;
cin >> n;
int a ,b ,c;
while(cin >> a >> b >> c, a || b || c){q[a][b] = c;}
for(int k = 2; k <= 2 * n; k ++)
{
for(int i1 = 1; i1 <= n; i1 ++)
{
for(int i2 = 1; i2 <= n; i2 ++)
{
if(i1 >= k || i2 >= k) break;
int j1 = k - i1;
int j2 = k - i2;
int t = q[i1][j1];
//判断当前状态的两个节点是否重合
if(i1 != i2){t += q[i2][j2];}
int &x = f[k][i1][i2];
x = max(x,f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1 - 1][i2] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1][i2] + t);
}
}
}
//注意状态定义为f[k][i1][i2]
cout << f[n + n][n][n];
}
6、传纸条
1.题目
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：
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
输出样例：
34
2.分析
这个题跟上个题其实一模一样。
“帮一次就不会再帮”就是当两次走到同一个节点的时候，第二次热情度为0
小渊向小轩传递和小轩向小渊传递实际上是等价的。小轩向小渊传递的路线也可以视为小渊向小轩再传一次的路线嘛。
所以跟上个题一模一样，就是改改边界条件。
所以将题目转换为之前做过的题目还是需要思考的。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 60;
int q[N][N],f[N * 2][N][N];
int main()
{
int n,m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
for(int j = 1; j <= m; j ++)
{
cin >> q[i][j];
}
}
for(int k = 2; k <= m + n; k ++)
{
for(int i1 = 1; i1 < k; i1 ++)
{
for(int i2 = 1; i2 < k; i2 ++)
{
int j1 = k - i1;
int j2 = k - i2;
int t = q[i1][j1];
if(i1 != i2) t += q[i2][j2];
int &x = f[k][i1][i2];
x = max(x,f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1 - 1][i2] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1][i2 - 1] + t);
x = max(x,f[k - 1][i1][i2] + t);
}
}
}
cout << f[m + n][n][n];
}