这个题是我自己打出来的第二道题~(≧▽≦)/~啦啦啦，虽然想+改好像得有2小时，并且解法很不像正解。
对于n组数据，我们发现，当前f【m】的一组可能解为w1台+w2台（w1+w2=j），此时我们并不关心w1和w2是怎么来的。
f【m】的全部解为
0,1,2,3....m
m，m-1，m-2......0
也就是说，我们只需要不停找到一个可控的f【1~m】与一组未知的数继续和出一个新的f【1~m】，直到和完全部的组。这可能就是区间dp的雏形吧。
下面来证一下它的可行性：
f【m】的全部解为
0,1,2,3....m 现最优解 q1
m，m-1，m-2......0 未求的 q2
以m-2和2为例，q1中的2为1~求得q1这一组中，所有分配为2的最大值，那么m-2+（q1中的2）>=m-2+其它任意分配为2（1~求得q1这一组中)
b【第几次合并】【坑位（最大可分配数量）】【组数】用来记录第几组分配了几个
共合并n-1次，初始f[i]=a[1][i]
没有被更新的b数组就从上一次中继承，now_i相当于w1是现最优解中的，now_j相当于w2是未知中的。
但是，还有一个坑点：要求答案的字典序最小
需要把第二层循环j和第三层循环k全部改为倒序，因为更改now_i值和now_j值时条件为严格大于，所以非字典序的答案即使相同也不会被记录。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n,m,a[11][16],f[16],b[16][18][16];
int now_i,now_j;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=1;i<=m;i++){
f[i]=a[1][i];
b[1][i][1]=i;
}
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=1;j--){
now_i=-2,now_j=-2;
for(int k=j;k>=1;k--){
if(f[j-k]+a[i][k]>f[j]){
now_i=j-k;
now_j=k;
f[j]=f[j-k]+a[i][k];
}
}
if(now_i==-2&&now_j==-2){
for(int k=1;k<=i;k++)
b[i][j][k]=b[i-1][j][k];
}
else{
b[i][j][i]=now_j;
for(int k=1;k<i;k++)//不要把i也更新进去
b[i][j][k]=b[i-1][now_i][k];
}
}
}
printf("%d
",f[m]);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d %d
",i,b[n][m][i]);
return 0;
}
感谢上帝~