奥马尔喜欢吃很多糖果，但不幸的是，大部分的糖果都不健康。所以他的父母找到了一种方法，给每个糖果打分，分数越高，糖果就越健康(分数是一个整数，可以是正的、零的或负的)。一个孩子和他的父母买了一些糖果，他们到了卖糖果的地方，所有的糖果都被存储在一个N*M的二维网格中，每一行有M个糖果。行从上到下从1到N编号，列从左到右从1到M编号，每个单元格包含一个糖果健康值。奇怪的是，这个二维网格中的糖果的健康值总是从上到下、从左到右依次增大，如下图
奥马尔想买完一个子矩阵中的所有糖果，请你编程序求出他所能买得的最大的糖果健康值。
输入格式:
输入的第一行是单个整数T，测试用例的数量(1≤T≤100)。每个测试用例开始一行包含空格隔开两个整数N M (1≤N,M≤1000)代表糖果网格的尺寸，紧随其后的是N行，每一个包含M个空格隔开整数，代表这一行糖果的健康值。网格中的每个整数将不小于- 2000，也不大于2000。
输出格式:
对于每个测试用例，打印包含单个整数的一行，该整数表示从非空子矩形中可以获得的健康值的最大总和。
输入样例:
在这里给出一组输入。例如：
1
3 3
-4 -2 -1
-3 2 3
1 4 5
输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：
14
唉我天，动态规划好难，好难，好难，懂一遍又不懂，似乎陷入死循环。。。。
由题意可知，较大的数存放在矩阵的后部分，而较小的存放在前部分。动态规划将大问题划分为小问题，从而一步步获取最优解，下一个子阶段的求解建立在上一个子阶段的解的基础上，通过填表的方式来逐步推进，得到最优解。因此将矩阵倒叙输入，这样顺序就与普通的动态规划一样了，再进行探测，下一步直接建立在上一步的基础上，也正因此，让表的第一行第一列全部置为0（其实初始化的时候已经置0），存储当前最大值得为数组dp，存储矩阵元素的为res，一一对应，所以均从1开始遍历。注意利用上一次结果求解当前解时，记得减去重复的部分，即dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-1] + res[i][j];可自行按照循环填表得出该规律，由于假如当前元素可能使结果变大或变小（比如遇到负数），所以要选取最大的，max函数
注意，由于输入多组数据，所以dp和res数组都要重新置0，刚开始这里就错了，二维数组全部初始化为0可以用循环，可以用指针（首先把行置0，再逐步对列，因为二维数组中当前行的第一个元素代表着这一行的地址起始），都挺麻烦的，建议用memset，添加头文件<string.h>c++的话可以填这个或者
链接：memset用法
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int dp[1001][1001],res[1001][1001];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
int t,n,m;
cin >> t;
for(int p = 0;p<t;p++){
memset(res,0,sizeof(res));
memset(dp,0,sizeof(dp));
int mm = -2001;
cin >> n >> m;
for(int i = n;i>=1;i--){
for(int j = m;j>=1;j--){
cin >> res[i][j];
}
}
for(int i = 1;i<=n;i++){
for(int j = 1;j<=m;j++){
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-1] + res[i][j];
mm = max(dp[i][j],mm);
}
}
cout << mm << endl;
}
return 0;
}