「Wdoi-(-1)」戀彈者們的黑集市
魔理沙有兩種方法移動這個骰子：將骰子向下一列翻轉，或者向下一行翻轉。值得注意的是，翻轉骰子後，骰子每面上的數字就會隨著翻滾而改變。現在魔理沙需要將骰子滾動至第 \(n\) 行第 \(m\) 列。
魔理沙的分數被定義為，所有時刻，骰子與棋盤上的數字接觸的那一面的數字，乘上棋盤上該數字，再累加起來的和。只有魔理沙最大化這個和，她才能獲取她所需要的卡片。
你能幫幫魔理沙嗎？
簡要題意
有一個 \(n\times m\) 大小的棋盤，第 \(i\) 行第 \(j\) 列寫有數字 \(a_{i-1,j-1}\)。
現在有一個骰子，六個面按照前、後、左、右、上、下的順序，依次寫有數字 \(w_0,w_1,w_2,w_3,w_4,w_5\)。現在骰子擺放在 \((0,0)\) 位置，需要將它滾動至 \((n-1,m-1)\)。
骰子只有兩種方式滾動：向下一行翻滾、向下一列翻滾。我們記一種方案的權值為，整個過程中（包括骰子在起點和終點時），骰子最底面上寫著的數字，與此時骰子所在格子上寫著的數字的乘積之和。
思路
\(dp\)，我們很自然的會想到使用 \(dp_{i,j}\) 來表示骰子到達 \((i,j)\) 點的可以獲得的最大權值，但是我們無法確定到達這一點時魔方的“方向”，這也就提示我們要把“魔方的狀態”這個東西設計進轉移方程式裡面。
我們發現，我們只需要兩個從正方體中心出發的兩條垂直的有向射線就可以確定這個骰子的六個面了。
於是我們更改一下狀態的設計，用 \(dp_{i,j,k,h}\) 表示骰子到了 \((i,j)\) 點，編號為 \(k\) 的面朝下，編號 \(h\) 的面朝前所能得到的最大權值。
我們知道 \(dp_{i,j}\) 會從 \(dp_{i - 1,j}\) 和 \(dp_{i,j - 1}\) 轉移過來，也就是說骰子會從右邊翻過來或者從上面翻下來。
圖示：
點 \((i,j)\)：
從 \((i - 1,j)\) 翻下來：
從 \((i,j - 1)\) 翻到右邊：
其中圖 \(2\) 的狀態是 \(dp_{i - 1,j,f(h),k}\)，而圖三的狀態可以表示為 \(dp_{i.j - 1,g(h,k),h}\) 。
其中 \(f(h)\) 表示 \(h\) 面的對面，而 \(g(h,k)\) 表示以 \(h\) 面作為前面，\(k\) 面作為右邊，這個狀態立方體的下面。
而 \(f(h)\)，\(g(h,k)\) 都可以提前預處理出來。
所以可以得到狀態轉移式：
此題完結，注意初始狀態是第一張圖的狀態。
\(code\)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e3 + 7;
const long long INF = -2e9;
const int rd[6] = {1,0,3,2,5,4};
const int cd[6][6] = {
{-1 ,-1 ,4 ,5 ,3 ,2},
{-1 ,-1 ,5 ,4 ,2 ,3},
{5 ,4 ,-1 ,-1 ,0 ,1},
{4 ,5 ,-1 ,-1 ,1 ,0},
{2 ,3 ,1 ,0 ,-1 ,-1},
{3 ,2 ,0 ,1 ,-1 ,-1},
};
int n,m;
int val[MAXN][MAXN];
int dp[MAXN][MAXN][6][6];
int w[MAXN];
int f(int x){ return rd[x]; }
int g(int h,int k){ return cd[h][k]; }
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
cin>>val[i][j];
}
}
for(int i = 0;i <= 5;i++){
cin>>w[i];
}
for(int i = 0;i <= n;i++){
for(int j = 0;j <= m;j++){
for(int k = 0;k <= 5;k++){
for(int h = 0;h <= 5;h++){
dp[i][j][k][h] = INF;
}
}
}
}
dp[1][1][5][0] = w[5] * val[1][1];
for(int i = 1;i <= n;i++){
for(int j = 1;j <= m;j++){
if(i == j && i == 1) continue;
for(int k = 0;k <= 5;k++){
for(int h = 0;h <= 5;h++){
if(g(h,k) == -1) continue;
dp[i][j][k][h] = max(dp[i][j][k][h] , max(dp[i - 1][j][f(h)][k],dp[i][j - 1][g(h,k)][h]) + w[k] * val[i][j]);
}
}
}
}
int ans = INF;
for(int i = 0;i <= 5;i++){
for(int j = 0;j <= 5;j++){
ans = max(ans,dp[n][m][i][j]);
}
}
cout<<ans;
return 0;
}