题意：给一个方阵，求从左上角出到右下角（并返回到起点），经过每个点一次不重复，求最大获益（走到某处获得改点数值），下来时每次只能向右或向下，反之向上或向左。
俩种解法：
1 费用流法：思路转化：从左上角流出2的流量，（表示走俩条路），归于右下角，可以走就有边（右和下），权为负的费用，源点连起点，汇点连终点，流量为2. 除源汇外所有点一分为2，Y向X对应点有流量1的边，之前边为X到Y的（原图），这样处理解决每个点只最多走一次（除了源汇外）（X部只出，Y部要出必先回到X对应点）。跑最小费用最大流即可。
2：dp法:(感谢XX大牛的提示)俩个点同时走，走了第K步状态：为x1,y1;x2,y2, 由于（x1+y1=k,x2+y2=k），状态压缩为3维，每个状态表示当前这步俩个点的横左边。
dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1])
方法1：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[50][50];
int nume=0;int e[50000][4];int head[2000];
int n;
void inline adde(int i,int j,int c,int w)
{
e[nume][0]=j;e[nume][1]=head[i];head[i]=nume;
e[nume][2]=c;e[nume++][3]=w;
e[nume][0]=i;e[nume][1]=head[j];head[j]=nume;
e[nume][2]=0;e[nume++][3]=-w;
}
int inq[2000];int pre[2000];int prv[2000];
int d[2000];
bool spfa(int &sum)
{
for(int i=0;i<=2*n*n+2;i++)
{
inq[i]=0;
d[i]=inf;
}
queue<int>q;
q.push(2*n*n);
inq[2*n*n]=1;
d[2*n*n]=0;
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();
q.pop();
inq[cur]=0;
for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
{
int v=e[i][0];
if(e[i][2]>0&&d[cur]+e[i][3]<d[v])
{
d[v]=d[cur]+e[i][3];
pre[v]=i;
prv[v]=cur;
if(!inq[v])
{
q.push(v);
inq[v]=1;
}
}
}
}
if(d[2*n*n+1]==inf)return 0;
int cur=2*n*n+1;int minf=inf;
while(cur!=2*n*n)
{
minf=e[pre[cur]][2]<minf?e[pre[cur]][2]:minf;
cur=prv[cur];
}
cur=2*n*n+1;
while(cur!=2*n*n)
{
e[pre[cur]][2]-=minf;
e[pre[cur]^1][2]+=minf;
cur=prv[cur];
}
sum+=minf*d[2*n*n+1];
return 1;
}
int mincost()
{
int sum=0;
while(spfa(sum));
return sum;
}
void init()
{
nume=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
init();
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i+1<n)
adde(i*n+j,(i+1)*n+j+n*n,1,-a[i+1][j]);
if(j+1<n)
adde(i*n+j,i*n+j+1+n*n,1,-a[i][j+1]);
}
for(int i=0;i<n*n;i++)
{
adde(i+n*n,i,1,0);
}
adde(2*n*n,0,2,0);
adde(2*n*n-1,2*n*n+1,2,0);
int ans=-mincost();
ans+=a[0][0];
ans-=a[n-1][n-1];
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
方法2
;
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[50][50];
int dp[80][50][50];
int max(int x,int y,int z,int t)
{
if(x>=y&&x>=z&&x>=t)return x;
if(y>=x&&y>=z&&y>=t)return y;
if(z>=x&&z>=y&&z>=t)return z;
return t;
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
dp[0][0][0]=a[0][0];
dp[1][0][1]=a[0][1]+a[0][0]+a[1][0];
for(int k=1;k<=2*n-2;k++)
{
for(int x1=0;x1<=k&&x1<n;x1++)
{
for(int x2=0;x2<=k&&x2<n;x2++)
{
if(x1!=x2)
{
if(x1>0&&x2>0)
dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1]);
else if(x1==0&&x2>0)
{
dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],0,0);
}
else
{
dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1-1][x2],0,0);
}
dp[k][x1][x2]+=(a[x1][k-x1]+a[x2][k-x2]);
}
}
}
}
int ans=dp[2*n-3][n-2][n-1]+a[n-1][n-1];
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}