HDU 2159 FATE

传送门

完全背包，有两维容量。

它说的耐久度是根据杀怪来不断减少的，当耐久度降到0或者0以下时就不玩了，但有一个非常重要的地方没有说清。

这个判断是在每杀一只怪之前判断还是每杀一只怪之后判断？？？

下面所叙述的一切以及AC代码都是建立在 “之前判断，且降到0判断为可杀、降到0以下判断为不可杀” 的基础上。

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所以这个耐久度就等价于一个容量的限制，杀的所有怪的耐久度之和要小于等于这个容量。然后还有一个杀怪总数的限制。在此基础下求可获得的最大经验。

最后问能升级的话（经验值大于等于N）最多剩多少容量（耐久度）没用，那相当于求最少用多少容量就能升级。
通过dp[M][S]的值可以判断能不能升级，但是，dp[M][S]这个状态并不一定M都被恰好用完，所以要从小到大枚举这个容量，第一个大于等于N的dp值所对应的容量值即为答案。

另：这道题还写了一下完全背包的小优化（出自《背包九讲》）。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;                         // 二维容量的完全背包，说实话真搞不懂

int dp[100][100];
int N, M, K, S;
int p[100];
int w[100];
bool valid[100];

void init()
{
	memset(dp, 0, sizeof dp);
	for (int i = 1; i <= K; i++)
		valid[i] = true;
}

int main()
{
next:
	for (; ~scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &K, &S);)
	{
		init();
		for (int i = 1; i <= K; i++)
			scanf("%d%d", &p[i], &w[i]);

		for (int i = 1; i <= K; i++)
		{
			for (int j = i + 1; j <= K; j++)
			{
				if (p[i] > p[j] && w[i] < w[j])
					valid[j] = false;
				else if (p[i] < p[j] && w[i] > w[j])
					valid[i] = false;
			}
		}                                        // 完全背包的小优化（不适用于恰好装满）

		for (int i = 1; i <= K; i++)
		{
			if (!valid[i]) continue;             // 绝不能放在循环入口"i<=K"那里判断。。怎么越来越傻了
			for (int j = w[i]; j <= M; j++)      // 第一维容量 完全
			{
				for (int k = 1; k <= S; k++)     // 第二维容量 完全
				{
					dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - w[i]][k - 1] + p[i]);
				}
			}
		}
		if (dp[M][S] < N)
		{
			printf("-1\n");
			continue;
		}
		for (int i = 0; i <= M; i++)
		{
			for (int j = 0; j <= S; j++)
			{
				if (dp[i][j] >= N)
				{
					printf("%d\n", M - i);
					goto next;                   // 跳多重循环
				}
			}
		}
	}

	return 0;
}