<think>我们被要求搜索关于
GESP202309六级题目“小杨
买饮料”的题目内容和解题思路。
搜索词：
GESP202309 六级 小杨
买饮料
根据搜索结果，我们了解到以下信息：
题目内容：
小杨有 $n$ 家饮料店可供选择，第 $i$ 家店提供 $a_i$ 毫升饮料，价格为 $b_i$ 元。小杨需要至少 $m$ 毫升饮料，他可以选择在任意多家店购
买。求小杨需要花费的最小金额。如果无法满足需求，则输出
-1。
输入格式：
第一行两个整数 $n$ 和 $m$。
接下来 $n$ 行，每行两个整数 $a_i$ 和 $b_i$。
输出格式：
一行一个整数，表示最小花费。如果不能满足，输出
-1。
数据范围：
$
1 \leq n \leq
100$，$
1 \leq m \leq 2000$，$
1 \leq a_i, b_i \leq 2000$。
解题思路：
这是一个典型的背包问题，但需要至少满足 $m$ 毫升，而不是不超过容量。因此，我们可以将其转化为一个“至少”背包问题（也称为完全背包的最小花费问题，但这里每个物品只有一个）。
状态定义：设 $dp[j]$ 表示获得至少 $j$ 毫升饮料所需的最小花费。
状态转移方程：对于每个饮料店 $i$，有 $a_i$ 毫升和 $b_i$ 元，我们可以考虑
买或不
买。
如果不
买，则状态不变。
如果
买，则状态从 $dp[\max
(0, j
- a_i
)]$ 转移而来，因为当 $j
- a_i < 0$ 时，我们只需要
买这一家店就可以满足至少 $j$ 毫升（此时花费为 $b_i$）。
因此状态转移方程为：
$dp[j] = \min
(dp[j], dp[\max
(0, j
- a_i
)] + b_i
)$
初始化：
$dp[0] = 0$，表示获得0毫升需要0元。
对于 $j>0$，初始化为一个很大的数（比如无穷大），表示初始状态不可达。
最后，我们要求的是 $dp[m]$，如果 $dp[m]$ 仍然是无穷大，则输出
-1。
注意：由于每个物品只能使用一次（每家店最多
买一次），所以这是一个0
1背包问题，而不是完全背包。因此，在循环时，第二层循环（容量循环）应该从大到小遍历，以避免重复使用。
但是，题目中并没有说每家店只能
买一次，但输入只给了每家店的信息（每家店只有一种饮料，提供固定毫升和价格），并且小杨可以选择在任意多家店购
买，每家店只能
买一次（因为每家店只提供一份）。因此，这实际上是一个0
1背包问题。
另外，由于要求至少 $m$ 毫升，所以我们的 $dp$ 数组需要开 $m+
1$ 以上，但注意，由于转移时可能超过 $m$，但超过 $m$ 的部分我们都可以视为 $m$（因为超过 $m$ 的部分我们不需要，所以我们可以将状态只计算到 $m$，或者将超过 $m$ 的部分也记录下来，但为了节省空间，我们可以将状态只计算到 $m$，因为当 $j>m$ 时，我们都可以用 $dp[m]$ 来代表，因为题目要求至少 $m$，所以超过 $m$ 的都可以归为 $m$。但实际上，在状态转移中，我们对于 $j$ 从 $m$ 到 $0$ 进行遍历时，当 $j$ 超过 $m$ 时，我们并不需要计算，因为我们的目标就是 $m$。然而，在状态转移中，我们可能会用到超过 $m$ 的状态吗？不会，因为我们的 $j$ 最大只到 $m$，然后我们取 $\max
(0, j
-a_i
)$，所以不会超过 $m$。但是，由于 $a_i$ 可能大于 $j$，此时 $j
-a_i$ 为负数，我们取0，所以不会出现负下标。
因此，我们设计一个 $dp$ 数组，长度为 $m+
1$，初始化 $dp[0]=0$，其他为无穷大（一个很大的数，比如0x3f3f3f3f，且保证不会溢出）。
然后，对于每个物品 $i$，从后往前更新 $dp$ 数组（0
1背包倒序）：
for i in range
(n
):
for j from m down to 0:
dp[j] = min
(dp[j], dp[max
(0, j
- a_i
)] + b_i
)
最后，如果 $dp[m] >= \text{inf}$（即初始化的无穷大），则输出
-1，否则输出 $dp[m]$。
但是，注意：题目要求是“至少” $m$，所以当我们有超过 $m$ 的饮料时，花费可能更少吗？不会，因为我们的状态定义是至少 $j$ 毫升的最小花费，所以当 $j$ 超过 $m$ 时，我们并不需要计算超过 $m$ 的状态，因为我们的目标就是 $m$。但是，在转移过程中，我们可能会更新超过 $m$ 的状态吗？不会，因为我们的 $j$ 最大只循环到 $m$，而 $a_i$ 最大为2000，$m$ 最大为2000，所以 $j
- a_i$ 最小为0，不会出现负数。而且，我们只更新到 $j=0$ 到 $j=m$。
然而，有一种情况：如果某家店提供的饮料量很大，那么当我们计算 $j$ 从 $m$ 到0的时候，对于 $j$ 小于 $a_i$ 的情况，我们就会用 $dp[0]+b_i$ 来更新 $dp[j]$。这符合题意：
买这家店，至少获得 $j$ 毫升（因为 $a_i$ 已经大于等于 $j$，所以
买这一家店就满足了）。
因此，代码实现如下：
步骤：
1. 读入 n 和 m。
2
. 初始化 dp 数组，长度为 m+
1，dp[0]=0，其余为一个大数（比如0x3f3f3f3f）。
3
. 循环读入 n 个物品的 a_i 和 b_i。
4
. 对于每个物品，倒序遍历 j 从 m 到 0：
dp[j] = min
(dp[j], dp[max
(0, j
- a_i
)] + b_i
)
5
. 如果 dp[m] 等于初始化的无穷大，则输出
-1，否则输出 dp[m]。
但是，注意：题目中要求的是“至少”m毫升，所以我们的dp[m]就是答案。
然而，我们考虑一下边界：如果m=0，那么需要0元，但题目中m>=
1，所以不用考虑。
另外，由于我们只计算到m，所以可能有些情况是实际获得的饮料量超过m，但花费更少？不会，因为我们的状态转移方程中，对于超过m的部分我们并不计算，但注意，在更新时，如果j
-a_i小于0，我们就用0来更新，这样实际上就相当于我们只用了这一家店就满足了（因为这一家店的饮料量已经大于等于j了）。而且，我们最后要求的是至少m，所以dp[m]就是答案。
但是，我们也可以考虑：也许我们不需要刚好达到m，超过m也可以，但花费可能比dp[m]小？不会，因为dp[m]表示至少m的最小花费，所以即使超过m，花费也不会小于dp[m]。因为dp[m]已经包含了所有能覆盖m的情况（包括超过m的）。例如，我们
买了一个饮料店，它有a_i>=m，那么花费就是b_i，而dp[m]就会被更新为b_i（如果b_i比之前的值小）。
因此，上述解法正确。
但是，我们需要注意：在倒序遍历时，j的范围应该是从m到0吗？实际上，在0
1背包中，我们通常从大到小遍历，以避免重复使用。这里同样，每个物品只能使用一次，所以倒序。
代码示例（
C++）：
```cpp
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int main
() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> dp
(m+
1, INF
);
dp[0] = 0;
for
(int i = 0; i < n; i++
) {
int a, b;
cin >> a >> b;
for
(int j = m; j >= 0; j
--) {
int prev = max
(0, j
- a
);
dp[j] = min
(dp[j], dp[prev] + b
);
}
}
if
(dp[m] == INF
) {
cout <<
-1 << endl;
} else {
cout << dp[m] << endl;
}
return 0;
}
```
然而，我们注意到数据范围：$m$ 最大为2000，$n$ 最大为
100，所以这个双重循环（
100*2000）是20万次，可以接受。
但是，还有一种情况：可能有些店提供的饮料量很大，但价格很高，我们需要比较。
因此，我们按照上述思路编写代码即可。
注意：初始化dp[0]=0，因为0毫升需要0元，其他初始化为无穷大（表示不可达）。
最后，输出dp[m]（如果dp[m]是无穷大则输出
-1）。
这就是题目的解题思路。
现在，我们根据要求生成回答，并附上相关问题。</think>###
GESP202309六级题目：小杨
买饮料
#### 题目内容
小杨需要购
买至少 $m$ 毫升饮料，有 $n$ 家饮料店可选。每家店 $i$ 提供 $a_i$ 毫升饮料，售价 $b_i$ 元。可在任意多家店购
买，求最小花费。若无法满足需求，输出
-1。
**输入格式**：
- 第一行：$n$（店铺数）和 $m$（最少需求毫升数）
- 接下来 $n$ 行：每行 $a_i$（毫升数）和 $b_i$（价格）
**输出格式**：
最小花费或
-1
**数据范围**：
- $
1 \leq n \leq
100$
- $
1 \leq m \leq 2000$
- $
1 \leq a_i, b_i \leq 2000$
#### 解题思路（动态规划）
**状态定义**
设 $dp[j]$ 表示获得至少 $j$ 毫升饮料的最小花费。
**状态转移方程**
对于每家店 $
(a_i, b_i
)$ 和容量 $j$：
$$dp[j] = \min\left
(dp[j],\ dp[\max
(0,\ j
- a_i
)] + b_i\right
)$$
其中 $\max
(0,\ j
- a_i
)$ 处理超额购
买（$a_i > j$ 时视为满足需求）。
**初始化**
- $dp[0] = 0$（0毫升需0元）
- $dp[j] = +\infty$（$j > 0$，初始设为极大值如 `0x3f3f3f3f`）
**算法流程**
1. 初始化 $dp$ 数组
2
. 遍历每家店铺
3
. 倒序枚举 $j$ 从 $m$ 到 $0$（避免重复计算）
4
. 按转移方程更新 $dp[j]$
5
. 若 $dp[m]$ 未更新则输出
-1
**代码实现**
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int main
() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> dp
(m +
1, INF
);
dp[0] = 0;
for
(int i = 0; i < n; i++
) {
int a, b;
cin >> a >> b;
for
(int j = m; j >= 0; j
--) {
int prev = max
(0, j
- a
);
dp[j] = min
(dp[j], dp[prev] + b
);
}
}
cout <<
(dp[m] == INF ?
-1 : dp[m]
) << endl;
return 0;
}
```
**关键点**
- **倒序遍历 $j$**：确保每家店仅使用一次（0
1背包特性）
- **边界处理**：$\max
(0,\ j
- a_i
)$ 避免负索引
- **复杂度**：$O
(n \times m
)$（$n \leq
100,\ m \leq 2000$，满足时限）
https://www.coderli.com/gesp-1-luogu-b3863/
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