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

思路:
简单经典的DP
对于要被DP的元素,线性的或者二维表,我们是从头扫到尾的,这个顺序是从前往后的是为了给后面的点做铺垫,但是对于每一次的扫描,我们是要刷新已有的那些点,这时候只有向前看才能真正的实现“做铺垫”。
对于这题而言,每一次的扫描,我们从可能从dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i][j/k]这些可能的点中取得最大的值,然后更新当前的点
有一点要注意的是为了良好的拓展性,我们要将第一行和第一列都纳入到for循环中去,而这样的做的前提是把第0行和第0列都置为-INF
想明白了一个问题,就是在一开始的时候为什么要把dp[0][1]和dp[1][0]都设置为0,是为了让dp[1][1]在for循环中能求得正确的答案,我们也可以直接手动的设置它的初始值。对于这些特殊的值(第一行,第一列),我们要单独的拿出来考虑,即如果考虑到特殊值的同时也考虑到了扩展性,我们就要仔细的设置好默认值。

#include <iostream>
#include <cstring>
#define MAX 1007
#define INF 65535
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std; int G[][MAX];
int dp[][MAX]; int main()
{
int n,m;
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i = ;i <= n;i++)
for(int j = ;j <= m;j++) {
cin>>G[i][j];
dp[i][j] = -INF;
}
for(int i = ;i <= m;i++)
dp[][i] = -INF;
for(int i = ;i <= n;i++)
dp[i][] = -INF;
dp[][]=dp[][]=;
//dp[1][1] = G[1][1];
for(int i = ;i <= n;i++)
for(int j = ;j <= m;j++) {
dp[i][j] = max(dp[i-][j],dp[i][j-]);
for(int k = ;k <= m;k++) {
if(j%k==)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j/k]);
}
dp[i][j] += G[i][j];
}
cout<<dp[n][m]<<endl;
}
return ;
}

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