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题目描述

 

※ 简洁题意在分隔线下方

一张笑盈盈的脸挡住了替罪羊树的去路，那不怀好意的笑容使困倦的银发少女皱了皱眉。「 sgt ，你有多长时间没打理过那些可怜的节点了？恕我直言，你的本体看上去可不是一般的斜。」

「只是我今天的 \alphaα 设得比较大…」替罪羊树辩解的同时，心虚地偏了下身子试图遮住背后长歪二叉树的虚影。

「要不要尝试一下我新开展的『 splay 节点银行』服务？专为安于现状的拖延症患者设计…」伸展树伸手拉住了抬脚要走的替罪羊树，「这里支持mm种代存节点的方式，第 ii 种每次可以存 a_iai​ 个节点，并在 nn 天后取出 b_ibi​ 个节点。 kdt 生日前的这 nn 天我会一直停留在这里，每天你都可以进行任意种，每种任意次的节点存储。」她在自己的右臂上打了个标记，「绝对可靠。」

见替罪羊树一副迷惑不解的样子，伸展树挥手施放了法术，影影绰绰的画面在触手可及之处凝滞。这是一种去除强制在线的算法，因违逆了时间的自然流逝，其使用也有严格的限制。

替罪羊树看到了一帧自己囿于贫穷省吃俭用的样子，和一帧自己瘫在床上颓废的样子，发现每天结束时自己若有 ii 个节点，就能赚到 f(i)f(i) 个节点，而 f(i)f(i) 单调不增，不得不承认伸展树的正确性。但看到再之后一帧的瞬间，她面色一黑：「那么，为什么利息是负的？你能解释一下你所有的 b_ibi​都小于或等于 a_iai​的原因吗？」

「当然是因为——我帮你承担了 MLE 的风险。」伸展树煞有介事地说道。

在未引起她们注意的，更远的未来帧里，不祥的黑暗攀附在画面的一角。

你对这个种族的未来毫无兴趣，只想知道替罪羊树的最优决策，也就是说——

 

 

简洁题意：

你要计算如下模型能得到的最大钱数：

有 nn 天，初始时你的钱数为 00，有 mm 种可能操作，第 ii 种会使你当前失去 a_iai​ 的钱数并在 nn 天结束后返还 b_ibi​ 的钱数。每一天可以执行任意多种操作，每种任意次（但每次操作后你的钱数不能为负）。每天结束时你会获得一个与当前持有钱数 xx 相关的收入 f(x)f(x) ，而 f(x)f(x) 单调不增。

输入描述

 

第一行三个整数 nn (1 \le n \le 1001≤n≤100), mm (1 \le m \le 1001≤m≤100), kk (0 \le k \le 10000≤k≤1000) ，分别表示总天数，存储种类数和阈值。

第二行 k+1k+1 个整数，第 ii 个数 w_i(0 \le w_i \le 1000)wi​(0≤wi​≤1000) 表示 f(i-1)f(i−1) 的值。并且我们认为当 i>ki>k 时，f(i) = 0f(i)=0 ，保证 f(x)f(x) 单调不增。

接下来的 mm 行，每行两个数 a_i, b_i(1 \le b_i \le a_i \le 1000)ai​,bi​(1≤bi​≤ai​≤1000) ，分别表示第 ii 种存储方式每次存入的节点数和最后一天返还的节点数。

输出描述

 

一个整数，表示最优策略下 nn 天后持有的最多节点数。

样例输入 1 

2 1 2
2 1 0
1 1

样例输出 1

4

样例解释 1

最佳方案之一如下：

第一天不会发生任何存储，因为一开始没有节点，结束的时候获得了两个节点。

第二天存储两个节点，结束的时候再获得两个节点。

由于第二天存储了两个节点，最终会返回两个节点，一共得到四个节点。

样例输入 2 

5 5 10
30 29 29 28 28 27 26 26 25 24 24
22 22
26 15
1 1
22 14
30 27

样例输出 2

150

思路：

这是一道dp题，对于每一天都有多种选择，一种选择是什么都不干，另一种则是选出最优解

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[105][2200],w[2500],a[2500],b[2500];
int main()
{
    int n,m,k;
    memset(dp,128,sizeof(dp));
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
    for(int i=0;i<=k;i++)
        scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d %d",&a[i],&b[i]);
    dp[1][0]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=k;j++)
        {
            dp[i][j+w[j]]=max(dp[i][j+w[j]],dp[i-1][j]);
        }
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            for(int l=1000;l>=0;l--)
                dp[i][l]=max(dp[i][l],dp[i][l+a[j]]+b[j]);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=1000;i++)
    {
        ans=max(ans,dp[n][i]+w[i]+i);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}