题目来源：洛谷
题目描述
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，班上同学安排做成一个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2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2条路径。
输入输出格式
输入格式：
输入文件，第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有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：
输出文件共一行，包含一个整数，表示来回2条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。
输入输出样例
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
34
说明
【限制】
30%的数据满足：1≤m,n≤10
100%的数据满足：1≤m,n≤50
NOIP 2008提高组第三题
解析：
非常经典的一道棋盘dp，值得一写。
如果我们分两次dp的话，未免有些麻烦，反正纸条都是在(1,1)~(m,n)之间流动，我们可以假设两张纸条都是从(1,1)流出的，并且每次移动的步数相同。这与原始情况没有什么太大的区别，二者是等价的。
首先，我们需要知道，棋盘dp问题有一个特点：
假设纸条当前走的步数为i，走到的位置为(x,y)，我们就有x+y=i+1（假设初始时为步数为1，而不是0），手模一下就出来了，就不给出证明了，反正也就是个归纳法的事儿。
然后我们需要寻找并定义状态和决策，显而易见纸条当前传的步数可以当作阶段，而当前状态就是两张纸条的所在位置，决策就是上一步从哪里走来（下一步走到哪去也是一样的），我们不妨定义dp[i][x1][x2]表示两张纸条在走第i步时，第一张纸条处于x1行，(i-x1+1)列，第二张纸条处于x2行，(i-x2+1)列。
根据题意，我们可以向右、向下走，由于有两个纸条，于是我们有四种可能的决策：
dp[i][x1][x2]=max(dp[i-1][x1][x2],dp[i-1][x1-1][x2],dp[i-1][x1][x2-1],dp[i-1][x1-1][x2-1]);
然后我们要累加两张纸条当前得到的好心程度。
注意题目有一个细节，每个同学只帮一次。所以如果当前状态涉及到同一个同学（纸条传到同一个同学那里），那我们就只能把最优解加一个次，而不是两次：
dp[i][x1][x2]+=a[x1][y1]+a[x2][y2],(x1!=x2);
dp[i][x1][x2]+=a[x1][y1],(x1==x2);
你可能要问为啥只比较行是否相等呢？因为列是从行计算出来的，它们是绝对相等的。。。你可以试一下，加不加这个条件无所谓。
最后答案就在dp[n+m-1][m][m]里（应该能理解吧？）。
参考代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 51
#define MOD 2520
#define E 1e-12
using namespace std;
int a[N][N],dp[][][];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=;i<=m;i++)
for(int j=;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
dp[][][]=a[][];
for(int i=;i<=n+m-;i++){
for(int x1=;x1<=min(m,i);x1++)
for(int x2=;x2<=min(m,i);x2++){
int y1=i+-x1,y2=i+-x2;
dp[i][x1][x2]=max(max(dp[i-][x1][x2],dp[i-][x1-][x2]),max(dp[i-][x1][x2-],dp[i-][x1-][x2-]));
if(x1==x2&&y1==y2) dp[i][x1][x2]+=a[x1][y1];
else dp[i][x1][x2]+=a[x1][y1]+a[x2][y2];
}
}
cout<<dp[n+m-][m][m]<<endl;
return ;
}