洛谷 P5662 纪念品 & [NOIP2019普及组] （dp，完全背包）

传送门

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解题思路

本题首先要明白，在每一天时，最优策略是先进行操作2（卖），再进行操作1（买），才能是利益最大化。

本题很显然当只有两天时，是一个完全背包，就是把当日价钱当做体积，把明日价格和今日价格的差作为价值，跑一边完全背包即可。时间复杂度O(TNM)

然后我们考虑满分做法——我们用dp[j]表示还剩下j个体积时，所能获得的最大利益。

然后对于后面的所有天，两天跑一遍完全背包。每一次统计时答案就是dp[m]+m，即利润+本金。

这里一定要注意对于每一天来说，购买的方式对以后的赚钱并未影响，所以只需记录下一天下来最大的钱数（即明日的本金）即可。然后还要清空dp数组。

还有一个重点就是对于每一样物品，在第x天买入k件，第x+1天卖出k件，又买入k件，第x+2天又买入k件，这个过程其实就相当于在第x天买入k件，在x+2天卖出k件，所以我们枚举所有的可能不受限制（只不过多算了几步罢了）。

这里还可以这样理解（贪心）：就是在当天买的物品，第二天必须全部卖出去。如果不卖是划算的，那么再买回来即可。

还有一个地方比较难理解：为什么我们不用记录怎样买的呢？在第x天时不会卖出去一些手上没有的纪念品吗？

答案时否定的。Why？

看代码，当我们买某件纪念品的时候，我们加上的价值是（明日价格-今日价格），从数值上讲是加上明天接着卖出的话赚的利润，感性理解的话是今天买的这几件物品在第二天一定全部卖出去。所以每天的操作实际上只有1操作（买）。

很显然，只要钱足够，可以买进无限个。

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=105;
const int maxm=10005;
int T,n,m,p[maxn][maxn],dp[maxm];
//第t天买到第i件物品时剩余容量是j元的最大利润。 
int main()
{
    cin>>T>>n>>m;
    for(int i=1;i<=T;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            scanf("%d",&p[i][j]);
        }
    }
    for(int t=1;t<=T;t++){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=p[t][i];j<=m;j++){
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[t][i]]+p[t+1][i]-p[t][i]);
            }
        }
        m=max(m,dp[m]+m);
    }
    cout<<m;
    return 0;
}

//CSP2019普及组 t3