一、问题描述

二、思路分析

这道题非常类似我们数字三角形那道题，大家如果这道题不会的话，可以先去看作者之前写的数字三角形问题的解法，然后再回来看这道题，或许就能有思路了。
传送门：
DP母题——数字三角形

1、状态表示

$f(i,j)$表示的是从起点$(0,0)$走到$(i,j)$的过程中，可能摘走的花生的数目中的最大值。

2、状态转移

状态转移方程的书写，要么看当前状态能够推导出哪些状态，要么看当前状态能够从哪些状态推导而来。这两个角度也是我们在做DP问题的时候经常使用的方法。

当前的点要么从正上方的点移动而来，要么由左边的点移动而来。

我们在这两种可能当中，取一个花生数目最多的状态， 再加上当前状态的花生数目就是我们的当前的状态。

$$f(i,j)=\{\begin{array}{ll}max(f(i-1,j),+f(i,j-1))+w[i][j]& i,j\ge 1\\ f(i-1,j)+w[i][j]& i\ge 1,j<1\\ f(i,j-1)+w[i][j]& j\ge 1,i<1\end{array}$$

3、循环设计

循环设计的设计要符合拓扑排序，说白了就是要在计算当前状态的时候，已经计算出了等式右边子问题的状态。
这道题很明显，i 和 j 谁做外循环都可以，所以大家二选一即可。

4、初末状态

初始化的是最小子问题，这道题的话，就是我们站在起点的时候，所携带的花生数目。很明显，站在起点（0，0）的初始状态，就是（0，0）点的花生数目。

末状态是为了能够表示出答案并输出。
这道题就是$f[r-1][c-1]$，因为下标从0开始，所以右下角的坐标-1。

三、代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=110;
int f[N][N],g[N][N];
int t,r,c;
int main()
{
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&r,&c);
        for(int i=0;i<r;i++)
            for(int j=0;j<c;j++)
                scanf("%d",&g[i][j]);
        
        f[0][0]=g[0][0];
        for(int i=0;i<r;i++)
        {
            for(int j=0;j<c;j++)
            {
                if(j<1&&i>=1)
                    f[i][j]=f[i-1][j]+g[i][j];
                else if(i<1&&j>=1)
                    f[i][j]=f[i][j-1]+g[i][j];
                else if(i>=1&&j>=1)
                    f[i][j]=max(f[i][j-1]+g[i][j],f[i-1][j]+g[i][j]);
            }
        }
        cout<<f[r-1][c-1]<<endl;
    }
    return 0;
}