很显然这是一道dp（只能右或下，无后效性）。那么一起来分析吧！
首先倒过来想，一条路径正走和反走，它们的和都是一样的。所以我们可以把题意改成：

从左上到右下，走两条路径，不能相交（班里每个同学只会帮他们一次），只能右走或下走，求两条路径最大和。

这样，状态设置就可以直接参考这题（acgo）或这题（洛谷）了。状态转移方程也是类似的，$f_{i,j,k,l}=max(f_{i-1,j,k-1,l},f_{i-1,j,k,l-1}, f_{i,j-1,k-1,l},f_{i,j-1,k,l-1})+a_{i,j}+a_{k,l}$。但是，两条路径不能相交怎么搞？很简单，把 $l$ 的范围设置为 $j+1 \leq l \leq n$ 就行了。这样子，第二条路径一定在第一条路径的右上方。

注意，最后的结果应该是 $f_{m,n-1,m-1,n}$，因为 $l$ 是从 $j+1$ 开始扫的，$f_{m,n,m,n}$ 无意义。又因为第二条路径一定在第一条路径的右上方，所以第一条路径一定传给右下角的人左边，第一条路径一定传给右下角的人上边，那么就可以把 $f_{m,n-1,m-1,n}$ 作为结果。

时空复杂度均为 $O(n^4)$，可过。

本题 f 数组可以用滚动数组压掉一维，空间复杂度变成 O(n^3)，不过不搞也不会MLE

温馨提示：不要复制哟。FZ，HGZF

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;

int f[51][51][51][51];
int a[51][51];

int main(){
	int m,n;
	cin >> m >> n;
	for(int i=1; i<=m; i++){
		for(int j=1; j<=n; j++){
			cin >> a[i][j];
		}
	}
    for(int i=1; i<=m; i++){
    	for(int j=1; j<=n; j++){
    		for(int k=1; k<=m; k++){
    			for(int l=j+1; l<=n; l++){
    				f[i][j][k][l]=max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1])
					max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
				}
			}
		}
	}
	cout << f[m][n-1][m-1][n];
    
    return 0;
}