第一种做法是四维dp，这也是最好想的，设 $f[i][j] [k][l]$ 为从小渊传到小轩的纸条到达 $(i,j)$，从小轩传给小渊的纸条到达 $(k,l)$ 的路径上取得的最大的好心程度和。

完全可以换一个思路想，即求从给定的起点出发走到指定位置的两条最短严格不相交路线。

那么特别显然，转移方程是 $f[i][j] [k][l]=max( f[i][j-1] [k-1][l] , f[i-1][j] [k][l-1] , f[i][j-1] [k][ l-1] , f[i-1][j] [k-1][l] )+a[i][j]+a[k][l]$。

要小心l的枚举范围，应该是从 $j+1$ 到 $m$，只有这样，在枚举第二条路的时候可以控制下标的 $l$ 不会和 $j$ 有相等的可能，这样可以保证两条路一定不相交（想一想，为什么）

由于终点的值是 $0$，所以目标状态就是$f[n][m-1], [n-1][m]$。

如果你不想这样做，那就让 $l$ 直接从 $1$ 枚举，但需要加一个判断，判断当前的 $(i,j)$ 和 $(k,l)$ 是不是重合了，如果重合那就把 $f$ 数组对应的这个地方在转移后减掉一个 $a[i][j]$ 或者 $a[k][l]$。

原数据比较弱，这个算法时间复杂度是 $O(n^2 * m^2)$ 的，所以可以过。

#include <iostream>
#define maxn 55
using namespace std;
int f[maxn][maxn][maxn][maxn],a[maxn][maxn];
int n,m;
int max_ele(int a,int b,int c,int d){
    if (b>a)
        a = b;
    if (c>a)
        a = c;
    if (d>a)
        a = d;
    return a;
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++) 
                cin >> a[i][j];
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            for (int k=1;k<=n;k++)
                for (int l=j+1;l<=m;l++) 
                    f[i][j][k][l]=max_ele(f[i][j-1][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k][l-1],f[i-1][j][k-1][l])+a[i][j]+a[k][l];
    cout << f[n][m-1][n-1][m] << endl;
    return 0;
}