题目描述

一个N x N的网格(grid) 代表了一块樱桃地，每个格子由以下三种数字的一种来表示：

0 表示这个格子是空的，所以你可以穿过它。
1 表示这个格子里装着一个樱桃，你可以摘到樱桃然后穿过它。
-1 表示这个格子里有荆棘，挡着你的路。
你的任务是在遵守下列规则的情况下，尽可能的摘到最多樱桃：

从位置 (0, 0) 出发，最后到达 (N-1, N-1) ，只能向下或向右走，并且只能穿越有效的格子（即只可以穿过值为0或者1的格子）；
当到达 (N-1, N-1) 后，你要继续走，直到返回到 (0, 0) ，只能向上或向左走，并且只能穿越有效的格子；
当你经过一个格子且这个格子包含一个樱桃时，你将摘到樱桃并且这个格子会变成空的（值变为0）；
如果在 (0, 0) 和 (N-1, N-1) 之间不存在一条可经过的路径，则没有任何一个樱桃能被摘到。
示例 1:
输入: grid =
[[0, 1, -1],
[1, 0, -1],
[1, 1, 1]]
输出: 5
解释：
玩家从（0,0）点出发，经过了向下走，向下走，向右走，向右走，到达了点(2, 2)。
在这趟单程中，总共摘到了4颗樱桃，矩阵变成了[[0,1,-1],[0,0,-1],[0,0,0]]。
接着，这名玩家向左走，向上走，向上走，向左走，返回了起始点，又摘到了1颗樱桃。
在旅程中，总共摘到了5颗樱桃，这是可以摘到的最大值了。
说明:
grid 是一个 N * N 的二维数组，N的取值范围是1 <= N <= 50。
每一个 grid[i][j] 都是集合 {-1, 0, 1}其中的一个数。
可以保证起点 grid[0][0] 和终点 grid[N-1][N-1] 的值都不会是 -1。

分析

本题属于DP里的数字三角形模型，类似的问题有AcWing 1015 摘花生，AcWing 1018 最低通行费，AcWing 1027 方格取数，AcWing 275 传纸条。

题目要求从左上角走到右下角，再从右下角回到左上角，与传纸条问题的不同之处在于，传纸条问题每个人只会帮助一个人传纸条，因此来回不能走相同的方格，但是本题是有樱桃的地方来回都可以走，不过走过一次摘取后第二次路过就没樱桃了。如果我们分两次来走，每次进行状态转移有若干条路径，将其中的樱桃都摘了显然不合适。考虑到从左上角走到右下角和从右下角走到左上角本质是一样的，因此可以看作从左上角走到右下角两次，求两次摘得的樱桃最大数量，为了保证樱桃不被重复摘取，可以设定两个人同时从左上角出发，两人都只能向下或者向右走，这样两个人走到同一个方格时一定是同时到达的，这样就不会重复摘樱桃了。

一般这类问题的状态表示习惯于f[k][x1][x2]表示走了k步，第一个人走到（x1，k-x1），第二个人走到（x2，k - x2）时摘取的樱桃的最大数量，这样第一个维度k的规模是2n，我使用的状态表示是f[i][j][k]表示第一个人走到（i，j），第二个人走到（k，i + j - k）时摘取的最大数量，这样三个维度的规模都是n了。

下面分析状态转移，第一个人到达当前格子可以是向下或者向右走的，第二个人到达当前格子也可以是向下或者向右走的，因此两个人走到当前格子一共有四种走法。如果不设置哨兵，三个维度都需要判断是否大于0，才能够进行状态转移，相当麻烦。所以我们让初始的第一个状态是f[1][1][1]，这时的边界状态需要注意，能够到达f[1][1][1]的有四种状态，我们只需要让其中一种状态的初值设置为0就可以了，对于其他状态，状态初始值一律设置为-INF，为什么呢？比如(1,2)格子上的数是-1，表示不可达，我们无法从（1，1）经过（1,2）到达（1,3），但是如果不设置（0,3）的初始值是-INF，默认初始值就是0，那么（1,3）这个格子的状态就变为可达了，我们希望初始状态只有起点是可达的，所以其他状态都设置为-INF。状态边界的设置比状态转移更容易出错。

状态转移方程参考下面的代码，代码表示比较清晰。

代码

class Solution {public:int f[55][55][55];int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {int n = grid.size();memset(f,-0x3f,sizeof f);f[0][1][0] = 0;for(int i = 1;i <= n;i++) {for(int j = 1;j <= n;j++) {for(int k = 1;k <= n;k++) {int l = i + j - k;if(l < 1 || l > n)   continue;if(grid[i-1][j-1] == -1 || grid[k-1][l-1] == -1) {f[i][j][k] = -0x3f3f3f3f;continue;}int x = max(f[i-1][j][k],f[i-1][j][k-1]);int y = max(f[i][j-1][k],f[i][j-1][k-1]);f[i][j][k] = max(x,y);if(grid[i-1][j-1] == 1) f[i][j][k] += 1;if(grid[k-1][l-1] == 1 && i != k)   f[i][j][k] += 1;//不是相同格子}}}if(f[n][n][n] < 0)    return 0;return f[n][n][n];}
};

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