传纸条（一）

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0-1000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，使得这两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两条路径。
输入
第一行输入N(0<N<100)表示待测数据组数。
每组测试数据输入的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（2<=m,n<=50）。 
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（不大于1000）。每行的n个整数之间用空格隔开。
输出
每组测试数据输出共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。 
样例输入
1
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
样例输出
34
/*题解：首先题意是从左上角传到右下角，再从右下角传到左上角，并且不能重复路线上任何点，除起始点和终点外
* 这样问题就可以转化为从起点双线走向终点，双线不相交。类似于单线DP，我们可以写出双线DP方程
* 针对该为题我们唯一需要添加的就是限制条件，不能让此双线相交。 
* 状态转移方程：
* d[k,x1,y1,x2,y2]=max{ d[k-1,x1-1,y1,x2-1,y2], d[k-1,x1-1,y1,x2,y2-1] ,
* d[k-1,x1,y1-1,x2-1,y2], d[k-1,x1,y1-1,x2,y2-1] }
* 其中(x1,y1)、(x2,y2)分别为双线DP的在第K步的时候纸条所处的同学位置，并且x1!=x2 && y1!=y2 。
* 我们发现x1=k-y1,x2=k-y2，所以我们可以把五维数组缩减至三维，该优化极其显著。
*/
//标程：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int dp[101][101][101];
int a[101][101];
int main()
{
//    freopen("a.txt","r",stdin);
    int t, i, j, k, l, n, m;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        cin >> n >> m;
        for(i = 1; i <= n; ++ i)
            for(j = 1; j <= m; ++ j)
               scanf("%d",&a[i][j]);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i = 3; i < n+m; ++ i)
        for(j = 1; j <= n; ++ j)
        for(k = j+1; k <= n; ++ k)
        {
            if(i - j < 1 || i - k < 1) break;
            if(i - j > m || i - k > m) continue;
            if(i == j) continue;
            int temp = 0;
            temp = max(temp,dp[i-1][j-1][k-1]);
            temp = max(temp,dp[i-1][j][k-1]);
            temp = max(temp,dp[i-1][j-1][k]);
            temp = max(temp,dp[i-1][j][k]);
            dp[i][j][k] = temp + a[j][i-j] + a[k][i-k];
        }
        int l = n + m;
        dp[l][n][n] = max(max(dp[l-1][n-1][n],dp[l-1][n-1][n-1]),max(dp[l-1][n][n-1],dp[n-1][n][n]));
        printf("%d\n",dp[l][n][n]);
    }
    return 0;
}