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一道题DP

2024-07-10 11:20:17   224人阅读

Problem Description

小明明又被大威鱼抓住了，大威鱼把小明明关在地牢里，地牢由n * n 个房间组成，小明被困在地牢的最左上角的房间中，出口在最右下角，他想逃出这个诡异的地牢，但是他只能向下或者向右走。
小明每经过一个房间，都要受到一定的伤害(伤害都大于0)，而且这个伤害可不是累加的哦，是累乘的，因此当他走出地牢的时候，他受到的伤害会非常大。但是小明有一个终极技能，能把受到的伤害X转变为金币，转化如下。
int val(type x) {
  int ret = 0;
  while(x % 12 == 0) {
    x /= 12;
    ret++;
  }
  return ret;
}
请问小明最多能得到多少金币？

Input

输入包含多组测试用例，每组测试用例的第一行是一个整数n(n <= 50)，接下来n行每行n个正整数 (<= 10 ^ 9) 表示每个房间对小名造成的伤害，当n = 0 时输入结束。

Output

先输出Case，Case数从1开始，再输出小明获得的最大金币，具体输出形式见样例。

Sample Input

312 1 246 3 44 4 160

Sample Output

Case #1: 3
解析：
    12可以分为2*2*3；
    那么答案就是统计min(2的个数/2,3的个数）的最大值；
   如果直接记录2的个数，3的个数为状态的话，50*50*乘积中2的幂次*3的幂次，内存不够。
   于是想到只将3的幂次作为一种状态，然后记录沿途能达到的2的个数。
   状态方程

   F[I][J][K]表示能够有2因子的个数，没有就为-1；
   Temp=max(F[I-1][J][K],F[I]J-1][K]);
   F[I][J][K+MP[I][J].Y]=TEMP+MP[I][J].X;
  注意边界；
具体看代码了;
#include<cstdio>#include<cstring>#include<string>#include<queue>#include<algorithm>#include<vector>#include<set>#include<map>#define INF 999999999#define N   100000using namespace std;struct node{    int x,y;}mp[51][51];int dp[51][51][2000];int main(){     int t=0;     int n;       while (scanf("%d",&n)!=EOF&&n){            printf("Case #%d: ",++t);            memset(mp,0,sizeof(mp));            memset(dp,-1,sizeof(dp));//初始化为-1，                       for (int i=1;i<=n;i++)            for (int j=1;j<=n;j++)            {                int xx,yy;                scanf("%d",&xx);                yy=xx;                while (yy%2==0)//记录元素是2的多少次方                {                 mp[i][j].x++;                 yy/=2;                }                while (xx%3==0)记录元素是3的多少次放                {                    mp[i][j].y++;                    xx/=3;                }            }            dp[0][0][0]=0;            for (int i=1;i<=n;i++) dp[0][i][0]=0,dp[i][0][0]=0;//边界                      for (int i=1;i<=n;i++)//状态转移             for (int j=1;j<=n;j++)               for (int k=0;k<=1200;k++)//1200是自己随便写的一个状态，可能实际没有这么多               {                  int temp=max(dp[i-1][j][k],dp[i][j-1][k]);//考虑DP[I-1][J][K],DP[I][J-1][K]都可能为-1                  if (temp>-1)                  dp[i][j][k+mp[i][j].y]=mp[i][j].x+temp;　              }        int ans=0;        for (int i=0;i<=1200;i++)        ans=max(ans,min(dp[n][n][i]/2,i));        printf("%d\n",ans);     }    return 0;}

 


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