好久没做背包的题了，有点生，回去刷几道水题找找感觉，又遇到了这道金明的预算方案
还是原来的配方还是原来的味道。本来以为附件数目不限，结果发现至多两个，索性不改了，接着写下去。
老规矩，先放题面
题目描述
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：
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
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(j_1,j_2,…,j_k)，则所求的总和为：
(v_[j_1] imes w_[j_1]+v_[j_2] imes w_[j_2]+ …+v_[j_k] imes w_[j_k])。
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。输入输出格式
输入格式：
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格式：
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)）。
输入输出样例
输入样例：
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0输出样例：
2200
思路很简单，配件不单独拿出来，我们只处理主件，配件绑定主件处理。
那么对于每一个主件(i)和它的两个配件(j，k)，一共有五种情况，分别是：
1.一个也不选
2.只选择主件(i)
3.选择主件(i)和附件(j)
4.选择主件(i)和附件(k)
5.选择主件(i)以及附件(j，k)
那么状态转移方程也就出来了，我们用w数组表示价值，v数组表示体积,用(m)表示背包当前容积，也就是
(f[m]=max(f[m],f[m-v[i]]+w[i],f[m-v[i]-v[j]]+w[i]+w[j],f[m-v[i]-v[k]]+w[i]+w[k],f[m-v[i]-v[j]-v[k]]+w[i]+w[j]+w[k]))
要注意的是，本题有两个可以优化的点，一是每件物品的价格都是整十，那么如果m非整十，那么它非整十的部分也无法利用，那么我们就把每件物品的体积还有背包总容积都除以(10)，输出的时候再乘十即可。第二个点就是重要度在输入的时候直接乘到价值上即可
上代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc() getchar()
#define maxn 65
#define maxm 20005
using namespace std;
inline ll read(){ //日常读入优化，对这道题毫无卵用
ll a=0;int f=0;char p=gc();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
return f?-a:a;
}
void write(ll a){
if(a>9)write(a/10);
putchar(a%10+'0');
}
int n,m,v[maxn],w[maxn],f[maxm],c[maxn][maxn]; //c[i][0]表示主件为i的物品的数量，那么c[0][0]就表示主件的数量，c[i][j]表示主件为i的第j个物品的标号，这样写本意是处理无穷个配件，结果发现配件至多有两个，懒得改了
int main(){
m=read()/10;n=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
v[i]=read()/10;w[i]=read()*v[i];
int q=read();c[q][++c[q][0]]=i;
}
for(int i=1;i<=c[0][0];++i)
for(int k=m;k>=v[i];--k)
f[k]=max(f[k],max(max((k-v[c[0][i]])>=0?f[k-v[c[0][i]]]+w[c[0][i]]:0,(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]:0),max((k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][2]]:0,(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]+w[c[c[0][i]][2]]:0))); //表面上这个地方很复杂，实际上原理很简单，就是上面我们所说的5种情况
write(f[m]*10);
return 0;
}