【题意】

题目描述 <small>Description</small>

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

<dl> <dd> <colgroup> </colgroup>

主件

附件

电脑

打印机，扫描仪

书柜

图书

书桌

台灯，文具

工作椅

无
</dd> </dl>

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：

v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+…+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描述 <small>Input Description</small>

第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N m

（其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）

从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数

v p q

（其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出描述 <small>Output Description</small>

只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）

样例输入 <small>Sample Input</small>

1000 5

800 2 0 

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

样例输出 <small>Sample Output</small>

2200

【分析】这个题，就是一个有依赖的背包问题，由于附件最多只有两个，所以直接考虑分组讨论，即只有主件，主件和附件1，主件和附件2，主件和附件1，附件2。

【状态转移表示】代码有清楚说明，中式英语注释，不要喷我。。。QAQ，据说这题是可以树形dp+01背包的，等我先刷几道树dp再来补上这种做法

【AC代码】

#include <assert.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn = 40010;
const int maxm = 70;
int value[maxm][4],imp[maxm][4];//物品的价值，重要度
int f[maxm][maxn];
bool check[maxm];
int n,m;
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        int v,p,q;
        memset(check,false,sizeof(check));
        for(int i=1; i<=m; i++) //Input and Major object and belongs.
        {
            scanf("%d%d%d",&v,&p,&q);
            if(!q)//主件
            {
                check[i]=true;
                value[i][0]=v;
                imp[i][0]=p;
            }
            else
            {
                if(!value[q][1])
                {
                    value[q][1]=v;
                    imp[q][1]=p;
                }
                else
                {
                    value[q][2]=v;
                    imp[q][2]=p;
                }
            }
        }
        //Init.
        memset(f,0,sizeof(f));
        //DP.
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            for(int j=1; j<=n; j++)
            {
                if(j>=value[i][0])
                {
                    f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-value[i][0]]+value[i][0]*imp[i][0]);//only 主件
                    if(j-value[i][0]-value[i][1]>=0) f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-value[i][0]-value[i][1]]+value[i][0]*imp[i][0]+value[i][1]*imp[i][1]);//主件和第一附件
                    if(j-value[i][0]-value[i][2]>=0) f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-value[i][0]-value[i][2]]+value[i][0]*imp[i][0]+value[i][2]*imp[i][2]);//主件和第二附件
                    if(j-value[i][0]-value[i][1]-value[i][2]>=0)
                    {
                        f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-value[i][0]-value[i][1]-value[i][2]]+value[i][0]*imp[i][0]+value[i][1]*imp[i][1]+value[i][2]*imp[i][2]);//主件和第一，二，三附件
                    }
                }
                else
                {
                    f[i][j]=f[i-1][j];
                }
            }
        }
        int ans = f[m][n];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}