var n,m,i,j,l,p,x,y,o:longint; fl:array[0..100] of array[0..100] of longint; //棋盘 board:array[-2..51] of array[-2..51] of array[-2..51] of array[-2..51] of longint; function canread:boolean; begin canread:=false; if (x<>0)and(y<>0)and(o<>0) then canread:=true; exit; end; begin readln(n); m:=n; readln(x,y,o); while canread do begin fl[x,y]:=o; readln(x,y,o); end; for i:=1 to m do for j:=1 to n do for l:=1 to m do for p:=1 to n do {**枚举**两条路分别走到的位置} begin if board[i-1,j,l-1,p]>board[i,j,l,p] then board[i,j,l,p]:=board[i-1,j,l-1,p]; //上上 if board[i-1,j,l,p-1]>board[i,j,l,p] then board[i,j,l,p]:=board[i-1,j,l,p-1]; //左上 if board[i,j-1,l-1,p]>board[i,j,l,p] then board[i,j,l,p]:=board[i,j-1,l-1,p]; //左左 if board[i,j-1,l,p-1]>board[i,j,l,p] then board[i,j,l,p]:=board[i,j-1,l,p-1]; //上左
这道题深搜的最优方法就是两种方案同时从起点出发。因为如果记录完第一种方案，再计算第二种方案，不可控的因素太多了，大多都不是最优解→_→，但两种方案同时执行就行，因为这可以根据当前的情况来判断最优。
总的来说，每走一步都会有四个分支（你理解成选择或者情况也可以）：
1、两种都向下走
2、第一种向下走，第二种向右走
3、第一种向右走，第二种向下走
4、两种都向右走
每走一步走枚举一下这四种情况，因为在每个点的方案具有唯一性（也就是在某个点走到终点的取数方案只有一个最优解，自己理解一下），所以我们可以开一个数组来记录每一种情况，当重复枚举到一种情况时就直接返回（对，就是剪枝），大大节省了时间（不然会超时哦~）。深搜和动归的时间复杂度时一样的！
inc(board[i,j,l,p],fl[i,j]); //加上该点的值 if (i<>l)and(j<>p) then inc(board[i,j,l,p],fl[l,p]); //second end; writeln(board[m,n,m,n]); end.