真的，第一次听懂了 闫氏dp分析法，从集合的角度分析
首先，两条路径，很朴素的状态表示就是定义 \(f[x_1,y_1,x_2,y_2]\) 来表示两条路径分别走到当前点的最大值
但是，这样状态数量就达到了 6.25e7，有点极限
tip：动态规划的时间复杂度一般可以表示为 状态数量与状态计算量的乘积
注意到题意等价于两条路径从 (1, 1) 同时出发，不重复点，到达 (n, m)
发现任意时刻，\(x_1 + y_1 = x_2 + y_2\) ，那么我们可以定义一个随时间变化的量 \(k\) 表示横纵坐标之和（总步数），那么纵坐标就可以表示为 \(k - x\)，状态即 \(f[k,x_1,x_2]\)
观察性质 消元（应该算吧），状态量就从 \(n^4\) 降到 \(2n^3\)
综上谓之 状态表示 \(f[k,x_1,x_2]\)
-
集合：所有两条路径从 (1, 1) 分别走到 (x1, k - x1)、(x2, k - x2) 的路线组合的集合
-
属性：最大值
接下来就是 状态计算
题目说当前状态 (x, y) 只能从 (x, y - 1) 或 (x - 1, y) 转移
两条路径，就有四种情况，分而治之，把集合分成四块分别讨论，
tip：状态划分的依据一般是找到最后一个不同点
对于当前点的贡献需要特别分析，依据题意，两条路径不能重合，也就是说一个点最多只能算一次贡献。所以，若两条路径在当前点重合，我就只算一次贡献，反之两次贡献
虽然这样分析，把重合这种非法情况包括进来了，但是显然重合累加一次贡献一定小于不重合累加两次，所以一定会被更优解更新掉，也就没什么影响啦。
时间复杂度为 \(O(2n\cdot n^2 \cdot 4)\)，即 \(O(n^3)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define re register int
using namespace std;
const int N = 55;
int n, m, w[N][N], f[N << 1][N][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (re i = 1; i <= n; i ++)
for (re j = 1; j <= m; j ++) cin >> w[i][j];
for (re k = 2; k <= n + m; k ++)
for (re x1 = max(1, k - m); x1 <= min(k - 1, n); x1 ++)
for (re x2 = max(1, k - m); x2 <= min(k - 1, n); x2 ++)
{
int t = (x1 != x2 ? w[x1][k - x1] + w[x2][k - x2] : w[x1][k - x1]);
for (re a = 0; a <= 1; a ++)
for (re b = 0; b <= 1; b ++)
f[k][x1][x2] = max(f[k][x1][x2], f[k - 1][x1 - a][x2 - b] + t);
}
cout << f[n + m][n][n] << '\n';
return 0;
}