題目描述
魯賓遜先生有一隻寵物猴，名叫多多。這天，他們兩個正沿著鄉間小路散步，突然發現路邊的告示牌上貼著一張小小的紙條：“歡迎免費品嚐我種的花生！――熊字”。

魯賓遜先生和多多都很開心，因為花生正是他們的最愛。在告示牌背後，路邊真的有一塊花生田，花生植株整齊地排列成矩形網格（如圖11）。有經驗的多多一眼就能看出，每棵花生植株下的花生有多少。為了訓練多多的算術，魯賓遜先生說：“你先找出花生最多的植株，去採摘它的花生；然後再找出剩下的植株裡花生最多的，去採摘它的花生；依此類推，不過你一定要在我限定的時間內回到路邊。”

我們假定多多在每個單位時間內，可以做下列四件事情中的一件：

1) 從路邊跳到最靠近路邊（即第一行）的某棵花生植株；

2) 從一棵植株跳到前後左右與之相鄰的另一棵植株；

3) 採摘一棵植株下的花生；

4) 從最靠近路邊（即第一行）的某棵花生植株跳回路邊。

現在給定一塊花生田的大小和花生的分佈，請問在限定時間內，多多最多可以採到多少個花生？注意可能只有部分植株下面長有花生，假設這些植株下的花生個數各不相同。

例如在圖2所示的花生田裡，只有位於(2, 5), (3, 7), (4, 2), (5, 4)(2,5),(3,7),(4,2),(5,4)的植株下長有花生，個數分別為13, 7, 15, 913,7,15,9。沿著圖示的路線，多多在2121個單位時間內，最多可以採到3737個花生。

輸入輸出格式
輸入格式：
第一行包括三個整數，M, N和K，用空格隔開；表示花生田的大小為M \times N(1 \le M, N \le 20)M×N(1≤M,N≤20)，多多采花生的限定時間為K(0 \le K \le 1000)K(0≤K≤1000)個單位時間。接下來的MM行，每行包括N個非負整數，也用空格隔開；第i + 1行的第j個整數P_{ij}(0 \le P_{ij} \le 500)P
ij
​ (0≤P
ij
​ ≤500)表示花生田裡植株(i, j)(i,j)下花生的數目，00表示該植株下沒有花生。

輸出格式：
一個整數，即在限定時間內，多多最多可以採到花生的個數。

輸入輸出樣例
輸入樣例#1：
6 7 21
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
輸出樣例#1：
37
輸入樣例#2：
6 7 20
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 13 0 0
0 0 0 0 0 0 7
0 15 0 0 0 0 0
0 0 0 9 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
輸出樣例#2：
28
說明
noip2004普及組第2題

題目本身並不是很難。主要是要看到題目規定的並不是要採的最多，必須從大到小，依次採摘，因此我們只貪心就可以，用結構體存下橫縱座標和數量，然後排序，按照排序後的順序依次採摘，期間計算耗費的時間，每計算一個就要進行判斷當前所剩餘的時間是否可以回去，當不能回去時則到達上一個點時的採摘量，就是最多的採摘量。（注意計算時的橫縱座標，是根據x算還是y，這個根據自己儲存的不同使用的也不同，我在這裡傻乎乎的找了好長時間orz）

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int pic[50][50];
int ans,n,m,k,cnt,nowx,nowy,tot;
struct edge{
    int x,y,v;
}e[5000];
bool cmp(edge a,edge b){
    return a.v > b.v;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i = 1; i<=n; i++){
        for(int j = 1; j<=m; j++){
            scanf("%d",&pic[i][j]);
            if(pic[i][j]){
                cnt ++;
                e[cnt].x = i;e[cnt].y =j;e[cnt].v = pic[i][j];
            }
        }
    } 
    sort(e+1,e+1+cnt,cmp);  
    if(2*e[1].y + 1 > k){
        cout << 0;
        return 0;
    }
    else if(2*e[1].x + 1 == k){
        cout << e[1].v;
        return 0;
    }
    nowy = e[1].y;
    for(int i = 1; i<=cnt; i++){
        tot += abs(nowy - e[i].y) + abs(nowx - e[i].x) + 1; 
        if(tot + e[i].x > k)break;
        nowx = e[i].x;
        nowy = e[i].y;
        ans += e[i].v; 
    }
    cout << ans ;
    
    return 0;
}