知识点：DP 具体点就是 计数DP 线性DP 和其他DP

问题 G: 小y的圈路

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题目描述
写完作业，无聊的小Y开始研究圈路
有一个n×n的由非负整数组成方阵。你要找到满足以下要求的路径：
（1）从矩阵的左上角开始
（2）只能向右方或下方的格子走；
（3）在右下角结束。
此外，如果我们将这条路上的所有数字相乘，得到的结果应该有最少的圆。换句话说，整个过程得到的结果应该含有零的个数应该尽可能少。

输入
第一行包括一个整数n（2≤n≤1000），n表示矩形的大小。接下来n行包括矩阵的元素（非负数不超过1E9）。
输出
输出一行表示最少的末尾0的个数
样例输入 Copy
3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
样例输出 Copy
0
提示
对于60%的数据 n<=10
对于80%的数据 n<=100
对于100%的数据 n<=1000

思路: 根据题意 就是结尾有多少个零，换个角度来想，结尾产生零一定是2*5（可能是分解出来的2和5）
这样的话就把问题转化成找2和5的最小值得问题。（就像4可以分解出2个2,25可以分解出2个5，他们相乘就有结尾2个0，也就是100）所以具体来说就是统计2和5个数，用3维 DP，第一维存放2,5剩下两维存放坐标。

• 他一开始 只能是自己分解出来的2和5.
• 第一行时 自己分解出来的2和5并继承前一列。
• 第一列时 自己分解出来的2和5并继承上一行。
• 另外 自己分级出来的2和5并继承（上一行和前一列的最小值）。

#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=2e5+1010;
#define inf 0x3f3f3f3f
const int mod=998244353;
const int MOD=10007;

inline int read() {
    int x=0;
    bool t=false;
    char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}

priority_queue<ll , vector<ll> , greater<ll> > mn;//上  小根堆         小到大 
priority_queue<ll , vector<ll> , less<ll> > mx;//下       大根堆      大到小
map<ll,ll>mp;

int main(){
     ll n;
     cin>>n;
     ll dp[3][n+10][10+n],f[3][n+10][n+10];
     memset(dp,0,sizeof dp);
     memset(f,0,sizeof f);
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=n;j++)
         {
             ll x;
             scanf("%lld",&x);
             while(x%2==0){
                 dp[1][i][j]++;//统计分解出2的个数
                 x/=2;
             }
            while(x%5==0){
                dp[2][i][j]++;//统计分解出5的个数
                x/=5;
            }
         }

    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i==1&&j==1){
                f[1][i][j]=dp[1][i][j];//开始无法继承只能是开始的2和5
                f[2][i][j]=dp[2][i][j];
            }else if(i==1){
                f[1][i][j]=dp[1][i][j]+f[1][i][j-1];//当第一行是 可以继承前一列加上这个数分解的2，5；
                f[2][i][j]=dp[2][i][j]+f[2][i][j-1];                
            }else if(j==1){
                f[1][i][j]=dp[1][i][j]+f[1][i-1][j];//当第一列时 可以继承上一行加上这个数分解的2,5；
                f[2][i][j]=dp[2][i][j]+f[2][i-1][j];                
            }else {
                f[1][i][j]=dp[1][i][j]+min(f[1][i-1][j],f[1][i][j-1]);//除了上面的，就可以 有两种选择，从上面来，从左边来。找最小值。
                f[2][i][j]=dp[2][i][j]+min(f[2][i-1][j],f[2][i][j-1]);
            }
        }
    printf("%lld\n",min(f[1][n][n],f[2][n][n]));
    return 0;
}