[GDOI2014]采集资源，洛谷P3891，状态与存储值互换的Dp

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正题

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给出n中苦工，初始有m元钱，第i种苦工要花费a元，之后每天赚b元，求到达T元最少多少天？

首先，每一种苦工可以买多个。

思考，当钱数和天数一定的时候，所拥有的苦工的生产力越高，收益一定越大，因为苦工会赚更多的钱。

那么dp就有头绪了，记 $f[i][j]$ 为第i天，手上有j元钱的最大生产力。

当有一天的 $f[i][k]!=-1(k\in [t,...])$ （-1表示无法到达），最少i天。

考虑如何转移。

因为我们不知道i有多大，那么我们就来构造一个O(能过)算法。

对于 $f[i][j]$ ，我们枚举一个k，表示用k元钱去买苦力，显然， $k\in[0,j]$

f[i+1][j-k+k元钱能买到的苦力的生产力*1天+f[i][j]*1天]=f[i][j]+k元钱能买到的苦力的生产力？？？？

那段文字是可以处理出来的。

就是一个完全背包。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,m,t;
struct node{
	int x,y;
}s[110];
int f[1010],dp[1010][1010];

int main(){
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&t);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&s[i].x,&s[i].y);
	memset(f,-1,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=s[i].x;j<=t;j++)
			f[j]=max(f[j],f[j-s[i].x]+s[i].y);
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	dp[0][m]=0;
	if(m>=t){
		printf("0");
		return 0;
	}
	int i=0;
	while(1){
		for(int j=0;j<=t;j++)
			if(dp[i][j]!=-1)
			for(int k=0;k<=j;k++){
				if(f[k]==-1) continue;
				if(j-k+f[k]+dp[i][j]>=t){
					printf("%d\n",i+1);
					return 0;
				}
				dp[i+1][j-k+f[k]+dp[i][j]]=max(dp[i+1][j-k+f[k]+dp[i][j]],dp[i][j]+f[k]);
			}
		i++;
	}
}