解题思路：本题为动态规划题目，用01背包即可解决。
其实本题一眼看去像是贪心的题目，但是用贪心解却是错的，因为每个菜式的价钱一定，不可分隔。若用贪心，可能买了教贵的菜，剩下的钱不能买任意菜式，买某些便宜的菜，又使得贵的菜拉掉，最终不能最大限度的使用m-5元钱。
首先 ，按要求输入一组数据，输入完后判断是否能购买物品（m>=5？），若不能再购买物品，则直接输出m即可。
然后 ，现有金额可以购买物品，先对所有菜式的价格由小到大排序，等下动归处理时，不处理贵的菜（c[n-1]）,留到最后还有5元时才购买，以求剩下的钱最少。对于dp[j]数组，用于求还剩j元可以使用时（j<=m-5）可以消费的最大金额，一律初始化为0。
然后 ，对于动态转移方程：
（1） dp[j]=dp[j]>(dp[j-c[i]]+c[i])?dp[j]:(dp[j-c[i]]+c[i]); //剩下j元时，可消费的最大金额
（2） 其原型为：
dp[i][j]=max{dp[i-1][j],(dp[i-1][j-c[i]]+c[i])}; //对于第i种菜品，剩下j元时，可消费的最大金额（买或不买第i种菜品）
（3） 其意思是：（对于第i种菜品而言，剩下j元可以消费时，可消费的最大金额）=max{
【 （对于第i-1种菜品而言，剩下j元可以消费时，可消费的最大金额） （不买第i种菜品）】，
【 （（对于第i-1种菜品而言，剩下j-c[i]元可以消费时，可消费的最大金额 ）+购买第i种菜品需消费的金额）（买第i种菜品） 】
}
（4） 用滚动数组做动态规划处理 dp[j]=max(dp[j],(dp[j-c[i]]+c[i])),(j=m-5;j>=c[i];j--)当处理第i种菜品时
dp[j],dp[j-c[i]]存储的数据就是 dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]],所以，没必要使用二维数组，可节约程序运行时的内存，每当i改变时，dp[]数组即被更新，最后答案存储在dp[m-5]中。
最后 ，输出饭卡种剩下的最少的金额即可。
饭卡种剩下的最少的金额 =m-dp[m-5]-c[n-1]（总金额-除保底5元外所能使用的最多得金额-用最后至少5元消费的最贵的菜品）。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n;
int m;
int i,j;
int c[1002],dp[1002]; //菜品i的价钱，有i元钱时，最多可以用用多少
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
scanf("%d",&m);
if(m<5) //若总金额小于5，不能购买东西
{
printf("%d
",m);
continue;
}
sort(c,c+n); //排序后，最后一个不处理，最大面额的菜留到最后5元时买
memset(dp,0,sizeof(dp)); //初始化
for(i=0;i<n-1;i++) //i<n-1，留下最大面额的菜不做处理
for(j=m-5;j>=c[i];j--) //j=m-5，留下最后5元用来购买最贵的菜
dp[j]=dp[j]>(dp[j-c[i]]+c[i])?dp[j]:(dp[j-c[i]]+c[i]); //剩下j元时，可消费的最大金额
printf("%d
",m-dp[m-5]-c[n-1]); //剩下的最小金额=总金额-至少留5元所能消耗的最大金额-最贵的菜的金额
}
return 0;
}