动态规划-HOJ-2571

命运

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6270Accepted Submission(s): 2207

Problem Description

穿过幽谷意味着离大魔王lemon已经无限接近了！
可谁能想到，yifenfei在斩杀了一些虾兵蟹将后，却再次面临命运大迷宫的考验，这是魔王lemon设下的又一个机关。要知道，不论何人，若在迷宫中被困1小时以上，则必死无疑！
可怜的yifenfei为了去救MM，义无返顾地跳进了迷宫。让我们一起帮帮执着的他吧！
命运大迷宫可以看成是一个两维的方格阵列，如下图所示：

yifenfei一开始在左上角，目的当然是到达右下角的大魔王所在地。迷宫的每一个格子都受到幸运女神眷恋或者痛苦魔王的诅咒，所以每个格子都对应一个值，走到那里便自动得到了对应的值。
现在规定yifenfei只能向右或者向下走，向下一次只能走一格。但是如果向右走，则每次可以走一格或者走到该行的列数是当前所在列数倍数的格子，即：如果当前格子是（x,y），下一步可以是（x+1,y），(x,y+1)或者(x,y*k) 其中k>1。
为了能够最大把握的消灭魔王lemon，yifenfei希望能够在这个命运大迷宫中得到最大的幸运值。

Input

输入数据首先是一个整数C，表示测试数据的组数。
每组测试数据的第一行是两个整数n,m，分别表示行数和列数(1<=n<=20,10<=m<=1000)；
接着是n行数据，每行包含m个整数，表示n行m列的格子对应的幸运值K ( |k|<100 )。

Output

请对应每组测试数据输出一个整数，表示yifenfei可以得到的最大幸运值。

Sample Input

1
3 8
9 10 10 10 10 -10 10 10
10 -11 -1 0 2 11 10 -20
-11 -11 10 11 2 10 -10 -10

Sample Output

52

状态转移方程：

sum[i][j]=max{sum[i-1][j],sum[i][k]}+v[i][j];其中1<=k<=j-1,且k是j的因子

上面的要用二维数组。

其实完全可以优化为一维数组。这里用 opt[j] = max{ opt[j], {opt[k]} } + map[i][j] ; 其中1<=k<=j-1,且k是j的因子

另外，第一行要单独处理。

见代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <fstream>
using namespace std;

int main() {
	//ifstream cin("D:\\C++\\eclipse_work\\动态规划\\testcpp\\input.txt");

	int k, m, n, temp;
	cin >> k;
	int opt[1002];
	while (k--) {
		memset(opt, 0, sizeof(opt));
		cin >> m >> n;
		cin >> opt[1]; //第一行第一列 没得选。

		//遍历第一行. 由于第一行比较特殊，只能从左边到达，单独处理。
		for (int j = 2; j <= n; j++) {
			cin >> temp;
			for (int k = 1; k <= j / 2; k++) {
				if (j % k == 0) {
					if (opt[j] ==0 ||   opt[j] < opt[k] + temp)
						opt[j] = opt[k] + temp;
				}
			}
			if ((j > 2 && opt[j] < opt[j - 1] + temp) || opt[j] ==0)
				opt[j] = opt[j - 1] + temp;
		}

		//遍历后面几行。 两种可能   找到一个较大的即可
		for (int i = 1; i < m; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				cin >> temp;
				int t = opt[j];
				for (int k = 1; k <= j / 2; k++) {
					if (j % k == 0) {
						if ( opt[k] > t)
							t = opt[k];
					}
				}
				if (j > 2 &&  opt[j - 1] >  t)
					t = opt[j - 1] ;
				opt[j] = t + temp;
			}
		}
		cout << opt[n] << endl;

	}
	return 0;
}