试题 算法提高 拿糖果

试题 算法提高 拿糖果（动态规划）

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

思路：
此题意思就是我每次拿糖可以拿P块糖，但是P是M的一个不大于根号下M的质因数，我拿后妈妈就会在小B拿了P块糖以后再从糖堆里拿走P块糖。
我们可以假设当我们15块时第一个可以拿的范围就是3 和2 又因为拿的数要是M的质因数所以我们只可以拿3块.当我们拿完后妈妈又拿走3块我们就还要9块，我们在像之前的方法以此类推。
我们可以得出知道题很像完全背包题，就是多了要满足M的质因数。所以我们把n当做总量，可以去的质数当作物品。
那我们就可以先把质数的范围全部存储起来，在建立应该dp[i] 表示当糖为i块时，可以拿的最大数。拿我们知道了糖果取值范围就是0-n ，物品的取值就是100000的根号次方的质数的个数。
题目说了拿糖要不大于根号下M的质因数，所以大于他就就是当前循环a[j]>pow(i,0.5) ，当不大于时我们就看看当前的数是不是m的质因数i%a[j]==0。
当我们当前拿了a[j]块时，我们就当前容量减去拿走的数那么就是i-2a[j] 因为妈妈有拿了a[j]份，这就是拿了后剩余份可以拿的最大值，我们在加上当前拿的a[j]。那么转移式就是dp[i-2a[j]]+a[j]。
dp[i]=max(dp[i],dp[i-2*a[j]]+a[j]) 要和当前的相互比较。

程序：

n1=int(input())
def z(s):  #筛选质数
    if s==2 or  s==3:
        return 1
    if s==1  or s%2==0:
        return 0
    k=1
    while k*k<=s:
        k+=2
        if s%k==0:
            return 0
    return 1
a1=[]
for i in range(2,350):  #筛选100000的根号的质数
    if z(i):
        a1.append(i)
def ge(a,n):
    dp=[0 for i in range(100005)] #dp[i]当前的最大取值
    for i in range(n+1):  #糖果数
        for j in range(len(a)):  #物品  就是上面筛选的质数
            if a[j]>pow(i,0.5) :  #判断当前质数是否大于糖果的的根号
                break
            if  i%a[j]==0:  # 判断是否是糖果i的质因数
                dp[i]=max(dp[i],dp[i-2*a[j]]+a[j])  #当前大小于取值后的大小相互比较
    return dp[n]

print(ge(a1,n1))

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