蓝桥杯 ADV-205 拿糖果

问题描述
妈妈给小B买了N块糖！但是她不允许小B直接吃掉。
假设当前有M块糖，小B每次可以拿P块糖，其中P是M的一个不大于根号下M的质因数。这时，妈妈就会在小B拿了P块糖以后再从糖堆里拿走P块糖。然后小B就可以接着拿糖。
现在小B希望知道最多可以拿多少糖。
输入格式
一个整数N
输出格式
最多可以拿多少糖
样例输入
15
样例输出
6
数据规模和约定
N <= 100000

比较简单的动态规划，很容易推出转移方程：
$dp(n) \begin{cases}max(p + dp[n-2*p],dp[n]) &if\ p是n的质因数\\ \end{cases}$
对于初学动态规划的童鞋们一定要记住，使用一个状态的时候一定要保证这个状态已经被使用了，可以看到上面的公式，dp[n-2*p]是我们没有求出来的状态，所以我们得先去求它，然后思路就很清楚了，第一重循环找就是求每一个状态，每个状态刚开始前都得初始化为0.

ps：直接暴力判断质因数也是可以的，复杂度n*sqrt（n），为了熟悉熟悉欧拉筛，我先打出小于n的所有质数

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int prime[100000], vis[100010], n, cnt;
void init() {for(int i = 2; i <= n; i++) {if(!vis[i]) {prime[++cnt] = i;//printf("%d ", i);}for(int j = 1; i * prime[j] <= n && j <= cnt; j++) {vis[i * prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) break;}}
}
int dp[100010];
int main(){scanf("%d", &n);init();//dp[n] = max(dp[n], p + dp[n-2*p]);for(int i = 4; i <= n; i++) {for(int j = 1; prime[j] <= sqrt(i); j++) {if(i % prime[j] == 0)//if prime[j]是i的质因数dp[i] = max(dp[i], prime[j] + dp[i-2*prime[j]]);}}cout << dp[n] << endl;
}