首先在從乙個點，目標是向西運輸，那麼它一路走過的路徑x中可能朝西也可能朝北，但最終指向的都是西邊，畫圖可知西方同行中所有的礦點必只能向西運輸，即使是從出發就開始一路向北，最終也只能匯流進路徑x中，指向西。從該點向北的運輸，北方同列的考慮也是一樣的。我們可以預處理出從乙個點向西和向北的貢獻是什麼。
我們令dp[i][j]為前i行j列的礦石採集總數，在點（i， j）有這麼一堆礦石，我們只能二選一將其向北或者向西運輸，我們知道了一旦向西西方的所有點都必須向西，那麼這一行的貢獻對於整個dp[i][j]就是單行全向西加上這行上方dp[i - 1][j]的總和，同理向北就是單列向北的貢獻加上dp[i][j - 1]的總和，二者比較找出最優決策。
狀態轉移方程：
dp[i][j] = max(west[i][j] + dp[i - 1][j], north[i][j] + dp[i][j - 1]);
我們讀入時預處理出west[ ][ ]和north[ ][ ]陣列，然後n2 遞推即可。
ac**：
#include#define for(a, b, c) for(int a=b; a<=c; a++)
#define maxn 505
#define maxm 2000005
#define hrdg 1000000007
#define inf 2147483647
#define llinf 9223372036854775807
#define ll long long
#define pi acos(-1.0)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define id(a, b) (a-1)*(m+1)+b
using namespace std;
int dp[maxn][maxn], west[maxn][maxn], north[maxn][maxn];
int n, m, x;
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return x*f;
}int main()
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++)
dp[i][j] = max(west[i][j] + dp[i - 1][j], north[i][j] + dp[i][j - 1]);
cout
}
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