ZCO 2009 P1：带特殊移动的网格最大权重路径问题求解咨询

嘿，这个问题确实挺棘手的——允许一次反向移动的话，贪心算法肯定抓不住全局最优，毕竟反向移动的收益得结合前后的路径总和来看，不能只看眼前的局部利益。我来分享几种可行的思路，以及这类带特殊规则的路径问题的通用解法：

这个思路的核心是先预处理出两个关键的DP数组，再枚举所有可能使用特殊移动的位置，计算每种情况的最大路径和，最后取所有情况的最大值。

步骤1：预处理正向和反向DP数组 #

首先我们需要两个DP数组，分别记录从起点到每个点的最优路径，以及从每个点到终点的最优路径：

正向DP数组 forward #

forward[i][j] 表示从左上角 (0,0) 走到 (i,j) 的最大路径和。

• 边界条件：
  • 起点：forward[0][0] = grid[0][0]
  • 第一行（只能从左往右走）：forward[0][j] = forward[0][j-1] + grid[0][j]
  • 第一列（只能从上往下走）：forward[i][0] = forward[i-1][0] + grid[i][0]
• 递推公式：对于非边界的点，取从上方或左方过来的最优路径：

  forward[i][j] = grid[i][j] + max(forward[i-1][j], forward[i][j-1])
  

反向DP数组 backward #

backward[i][j] 表示从 (i,j) 走到右下角 (n-1,n-1) 的最大路径和。

• 边界条件：
  • 终点：backward[n-1][n-1] = grid[n-1][n-1]
  • 最后一行（只能从右往左走）：backward[n-1][j] = backward[n-1][j+1] + grid[n-1][j]
  • 最后一列（只能从下往上走）：backward[i][n-1] = backward[i+1][n-1] + grid[i][n-1]
• 递推公式：对于非边界的点，取从下方或右方过去的最优路径：

  backward[i][j] = grid[i][j] + max(backward[i+1][j], backward[i][j+1])
  

步骤2：枚举所有可能的特殊移动场景 #

现在我们要遍历所有可能使用一次反向移动的情况，计算每种情况的路径和，再和“不使用特殊移动”的结果（也就是 forward[n-1][n-1]）比较，取最大值：

场景1：使用一次向左移动 #

遍历所有 i（0 ≤ i < n）和 j（0 ≤ j < n-1），计算路径：起点→(i,j)→(i,j+1)→(i,j)→终点的总和，公式为：

forward[i][j] + grid[i][j+1] + backward[i][j]

这里的逻辑是：forward[i][j] 是到 (i,j) 的最优和，加上走到 (i,j+1) 的数值，再加上从 (i,j) 到终点的最优和（因为我们折返回到了 (i,j)）。

场景2：使用一次向上移动 #

遍历所有 i（0 ≤ i < n-1）和 j（0 ≤ j < n），计算路径：起点→(i,j)→(i+1,j)→(i,j)→终点的总和，公式为：

forward[i][j] + grid[i+1][j] + backward[i][j]

逻辑和向左移动类似，只是折返方向变成了上下。

步骤3：取所有情况的最大值 #

最终答案就是以下几个值中的最大值：

• 不使用特殊移动的路径和：forward[n-1][n-1]
• 所有向左移动场景的最大路径和
• 所有向上移动场景的最大路径和

贪心算法失效的原因是，反向移动的收益不是孤立的——你折返拿到的数值，得加上后续路径的最优解才是真正的收益。而双向DP正好把“起点到每个点的最优”和“每个点到终点的最优”都提前算好了，枚举所有可能的折返点，就能覆盖所有使用特殊移动的路径情况。

这种思路还能扩展到类似问题，比如允许k次特殊移动、特殊移动有不同规则等，核心都是预处理双向最优路径，再枚举特殊操作的位置。

比如下面这个网格：

-5  10
20  -1

常规路径的最大和是 -5→20→-1，总和是14。但如果我们使用一次向左移动：走到 (0,1)（数值10），再折返回到 (0,0)，然后走 (0,0)→(1,0)→(1,1)，总和是 -5+10+(-5)+20+(-1)=19，比常规路径更优。

用我们的方法计算：

• forward[0][0] = -5
• grid[0][1] =10
• backward[0][0] = max(-5+20+(-1), -5+10+(-1))=14
• 计算得 -5+10+14=19，正好是最优结果。

• 时间复杂度：O(n²)，正向DP、反向DP以及枚举场景都是O(n²)的操作，整体是线性的平方级复杂度，对于正方形网格来说效率很高。
• 空间复杂度：O(n²)，用来存储两个DP数组。如果想要优化空间，可以用一维数组代替二维数组，不过n²的空间通常是可接受的。

还要注意：如果折返的点是负数，那使用特殊移动可能反而不如不使用，所以最后一定要和常规路径的结果比较取最大值，不能漏掉这种情况。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Vasu090