背景 Background

Due to the talent of talent123,當talent123做完NOIP考了兩次的二取方格數和vijos中的三取方格數後，突發奇想….

題目描述 Description

在一個寬M，長N的矩陣中，請你編一個程式，n次從矩陣的左上角走到矩陣的右下角，每到一處，就取走該處的數字，請你選擇一
種走法使取得的數字的和最大,並輸出其最大值。其中：3<=M<=20,M<=N<=100,1<=n<=10
如輸入資料：
3 10 13
0 1 2 3 4 9 7 1 3 1
9 1 2 2 3 6 7 8 1 2
1 2 3 4 5 9 8 7 6 1
9 7 1 3 1 9 1 2 2 3
6 7 8 1 2 1 2 3 4 5
9 1 2 2 3 6 7 8 1 2
1 2 3 4 5 9 8 7 6 1
9 7 1 3 1 9 1 2 2 3
6 7 8 1 2 1 2 3 4 5
9 1 2 2 3 6 7 8 1 2
1 2 3 4 5 9 8 7 6 1
9 7 1 3 1 9 1 2 2 3
6 7 8 1 2 1 2 3 4 0
其中n

=3,M=10,N=13
即當n=3時，就相當於是3取方格數。
對於以上的資料：
將輸出：297
//注：如過你想到了無記憶性搜所的方法（不管你怎樣優化），你可以直接放棄這道題了。
//提示1：動態規劃如果用的是二位陣列，規模為100∗100000即可。
//提示2：如果你堅信自己的程式已經無可優化了，可有2個數據依然超時，那麼告訴你，存在資料有M<n的情況！！！

輸入 Input

第一行：三個整數：n,M,N
以下的N行每行M個數字，代表你要處理的矩陣。

輸出 Output

只有一行：你所取得的數字的和。

樣例輸入 Sample Input

4 6 7
0 2 3 4 5 6
6 5 4 3 2 1
0 9 8 7 6 5
12 3 4 5 6 7
0 0 0 1 2 3
12 23 34 45 1 23
4 5 6 6 1 0

樣例輸出 Sample Output

265

限制 Limits

資料範圍見題目
共有10個測試資料，每個測試資料包含1個測試點，每個測試點的時間限制為2秒鐘。
Time Limit :2s & Memory Limit : 128MB

來源 Source

本題目來自：北京市，中關村中學，高三9班，孫一（網名:talent123）,聯絡方式：865383864（QQ）

這道題是PoPoQQQ在培訓時講的，直接上最大費用最大流，模板水過……
思路：拆點建邊，一個格子拆成兩個點，這兩點之間有一條流量為1，權值為matrix[i][j]的邊，向四周格子連流量為INT_MAX，權值為0

題解貌似是記憶化搜尋？

#include <stdio.h>
#include <math.h>
int move[100][100000]={};//move[step][status];//status是一個 M進位制, time位 的狀態儲存量；
int time,map[100][20],M,N;//橫 M <20，豎 N<100，M<N，規模：M+N<=100,time<=10,((2M)^time)*(M+N)<=10000000;
int trial;//trial=2^time; //trial是一個 2進位制，time位 的增量儲存變數 ；
int fp(int step,int status)
{
    if(move[step][status]!=0)return move[step][status];//曾經已經求出過此狀態的值 ；
    int temp=0,max;//temp:此狀態下,覆蓋的值!   max:從此開始(包括此狀態)一直到終止狀態的最大值,賦temp為初值!;
    int flag[100][20]={};//一個位置的值是否被取過了;
    int rem=status,i;
    int list[10];
    for(i=0;i<time;i++)//計算:temp;
    {
        int x=rem%M,y=step-x;   //翻譯 ；
        list[i]=x;
        if(flag[y][x]==0)  //之前這個地方沒有被取過
        {
            temp+=map[y][x];
            flag[y][x]=1;
        }
        rem/=M;
    } //for
    max=temp;
    for(i=0;i<trial;i++)//列舉下一層搜尋中所有單位的 (0--1)橫向增量狀態:i;
    {
        //計算新編碼;
        int flag2=0;//flag==0則新編碼合法,flag==1則新編碼越界;
        int p=i,j;
        int new_stitus=0;//新狀態編碼;
        for(j=0;j<time;j++)//對於增量編碼 p(from:i),計算新的狀態編碼 ；
        {
            int increase=p%2;
            if( (increase==0?(step-list[time-j-1]+1):(list[time-j-1]+1))>=(increase==0?N:M) )//是否越界？
            {//如果越界 ；
                flag2=1;//標誌越界 ；
                break;
            }
            //轉錄 ；
            new_stitus*=M;
            new_stitus+=list[time-j-1]+increase;
            p=p/2;
        }//for
        if(flag2==0&&max<temp+fp(step+1,new_stitus))//不越界
        {
            max=temp+fp(step+1,new_stitus);//更新 max 的值（同時進行狀態的轉移）
        }
    }//for
    move[step][status]=max;//儲存此狀態的結果 ；
    return max;
}
int main(void)
{
    int i,j;
    scanf("%d%d%d",&time,&M,&N);
    if(M<time)time=M;
    //壓縮（當M<time時，更快的方法是直接輸出map上所有數的簡單相加和，
    //由於資料規模比2S運算量小一個數量級，故這樣也可以得滿分）；
    for(i=0;i<N;i++)
       for(j=0;j<M;j++)
            scanf("%d",&map[i][j]);
    trial=(int)pow(2,time);//0---(trail-1)即所有的0--1狀態 ;
    printf("%d",fp(0,0));
    return 0;
}