题目
在一个 m*n 的棋盘的每一格都放有一个礼物，每个礼物都有一定的价值（价值大于 0）。你可以从棋盘的左上角开始拿格子里的礼物，并每次向右或者向下移动一格、直到到达棋盘的右下角。给定一个棋盘及其上面的礼物的价值，请计算你最多能拿到多少价值的礼物？
示例 1:
输入:
[
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最多价值的礼物
提示：
0 < grid.length <= 200
0 < grid[0].length <= 200
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/li-wu-de-zui-da-jie-zhi-lcof
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思路
这道题和https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths/一题的思路基本是一致的，创建一个二维数组dp，dp[i][j]代表移动到棋盘上的(i,j)这个位置时的最大礼物数，初始化dp[0][0]=grid[0][0]，对于(i,j)位置来说，它要么从(i-1,j)过来，要么从(i, j-1)过来（先不考虑边界条件），那么显然有这样的转移方程：
\[dp\lbrack i\rbrack\lbrack j\rbrack\;=\;max(dp\lbrack i\;-\;1\rbrack\lbrack j\rbrack\;+\;dp\lbrack i\rbrack\lbrack j\;-\;1\rbrack)\;+\;grid\lbrack i\rbrack\lbrack j\rbrack
\]
对于第一列和第一行，只能从上边或者左边转移过来，所以可以先初始化。更新完整个dp数组之后输出最后一行最后一列的元素即可。时间复杂度为O(mn)，空间复杂度为O(mn)。
代码
class Solution {
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
if(grid.empty() || grid[0].empty()) return 0;
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n));
dp[0][0] = grid[0][0];
for(int i = 1; i < m; ++i)
{
dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];
}
for(int j = 1; j < n; ++j)
{
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];
}
for(int i = 1; i < m; ++i)
{
for(int j = 1; j < n; ++j)
{
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
改进
仔细考虑更新dp数组的过程，会发现在更新一行（列）时，只需要上一行（列）的dp数组信息和当前行（列）的grid数组信息，所以可以将空间复杂度降低到O(n)（O(m)）。
代码
class Solution {
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
if(grid.empty() || grid[0].empty()) return 0;
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
vector<int> dp(n, 0);
dp[0] = grid[0][0];
for(int j = 1; j < n; ++j)
{
dp[j] = dp[j - 1] + grid[0][j];
}
for(int i = 1; i < m; ++i)
{
dp[0] = dp[0] + grid[i][0];
for(int j = 1; j < n; ++j)
{
dp[j] = max(dp[j - 1], dp[j]) + grid[i][j];
}
}
return dp.back();
}
};