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
本题思路
若只走一次，则从左上角(向下，向右)走到右下角的思路：
状态：dp[i][j]为到i，j点的取得的最大值
转移：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] + a[i][j], dp[i][j - 1] + a[i][j]);
由此根据题意(走两次)，更新状态为：dp[i1][j1][i2][j2]，表示为all从(1，1)，(1，1)分别走到(i1，j1)，(i2，j2)的路径的最大值
这里又有两种更新方式：
1.先走一次，标记
2.两次一起走
这里即要处理的问题是"同一个格子的值只应计算一次"，进而考虑何时两条路在同一格子，发现只有：两条路径走过的总步数相同(阶段相同，即横纵坐标相等)时，才可能重合
有等价关系：x1 + y1 = x2 + y2，因此可推广为dp[k][i1][i2]，其中用k维护阶段值(维护了i1，k-i1和i2，k-i2)关系
有k的值为起始点～终止点，随着k不断变大，总量不变，构造出了i1，j1和i2，j2的全路径
AC_code(pull型)
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=15;
int n;
int w[N][N];
int f[N*2][N][N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
int a,b,c;
while(cin>>a>>b>>c,a||b||c)w[a][b]=c;
for(int k=2;k<=n+n;++k)
for(int i1=1;i1<=n;++i1)
for(int i2=1;i2<=n;++i2)
{
int j1=k-i1,j2=k-i2;//通过k维护阶段
if(j1>=1&&j1<=n&&j2>=1&&j2<=n)//维护合法值
{
int t=w[i1][j1];
if(i1!=i2) t+=w[i2][j2];
int &x=f[k][i1][i2];
//两条路径：每条路径可以下or右，方案数2^2 = 4
x=max(x,f[k-1][i1-1][i2-1]+t);
x=max(x,f[k-1][i1][i2-1]+t);
x=max(x,f[k-1][i1-1][i2]+t);
x=max(x,f[k-1][i1][i2]+t);
}
}
printf("%d\n",f[n+n][n][n]);
return 0;
}
本人思路：
想的是用一张图，两次应用走一次的思想，但是构造时明显出错(走过 = 0)，明显错误会将多余的点(多个路径)的值变为0