[noip模拟题]仔排

Description
wpf深知买仔排的不易（食堂好黑的！），于是经过深思熟虑，wpf决定自己卖仔排！想我们wpf可是从事经济研究的，做买卖可难不倒wpf！经过几个日夜的钻研，wpf得出一个很重要的结论：低价买，高价卖。一块仔排进价只有1元，如果以2元卖出，不就赚钱了嘛！接下来，就要考虑运货问题了。手推车既轻便又环保，乃是居家旅行做生意之必备武器，正巧wpf就有一辆。每次，他都可以去批发商那里运一车仔排到常外去。可惜wpf力气有限，一次只能运最多$K$块仔排（手推车很轻，重量不计），再多wpf就推不动了。最开始，wpf手中有$X$元人民币。之后的每天，wpf都有三种选择：买进若干块仔排，卖出若干块仔排，或者自己吃掉一些仔排。三种选择中，他每天只能选一种。仔排的价格是固定的，买进1元，卖出2元。他可以一次买进任意数量的仔排，只要他有足够的钱，并且买下这批仔排后，他所有仔排的数量不能超过$K$，也不能超过$V$（wpf是用手推车存仔排的，多了存不下，重了推不动）。如果他当日手中有仔排，他也可以选择卖出任意数量，因为常外的小朋友们是那么热爱椒盐仔排，卖多少都会被抢购一空。他还可以选择吃掉手中部分或全部的仔排，这样一来，wpf就会迅速长壮，他一次就可以运送更多货物。说具体一些，每吃一块仔排，最大运货量$K$的值就会增加1。当然，手推车有个容量$V$，即使wpf的力气再大，一次运送仔排的数量也不能超过手推车的容量–也就是说，买进的仔排数量总是不超过$V$的。钱是好东西呀。不是有句话这么说来着：wpf赚钱，多多益善。那么在$N$天以内，wpf最多能得到多少钱呢？

Input
输入只有一行，包含了3个整数，依次为$N$，$X$，$K$和$V$。
$N$表示做生意的天数，$X$表示初始的资金，而$K$表示一开始wpf能运的最大仔排数量，$V$表示手推车的容量。
$N≤100$，$X≤100$，$K≤50$，$V≤100$

Output
输出一个整数，表示$N$天后wpf手中最多的现金数量。

Sample Input
8 5 1 5

Sample Output
10

提示
第一天买进一个仔排，花掉一块钱，手上还有4块钱。
第二天吃掉一个仔排，最大装货值变为2。
第三天买2个仔排，剩下2块钱。
第四天卖2个仔排，手上有6块钱。
第五到八天重复这一过程。
最后是10块钱。
这是最优方案。

HINT
DP

思路
看到数据范围，这道题时间复杂度肯定不小。实际上这道题的时间复杂度是$O(n*v^3)$的。令$f_{i,j,k}$表示第$i$天结束后，拥有$j$块仔排，现在的最大容量为$k$的最多拥有的钱的数量。那么状态转移方程就是：
如果买入仔排：$f_{i,j,k}=max(f_{i,j,k},f_{i-1,L,k}-(j-L))$（其中$L$为变量，$0<=L<=j$）
如果卖出仔排：$f_{i,j,k}=max(f_{i,j,k},f_{i-1,L,k}+(L-j)*2)$（其中$L$为变量，$j<=L<=k$）
如果吃掉仔排：$f_{i,j,k}=max(f_{i,j,k},f_{i-1,j-L,k+L})$（其中$L$为变量，$0<=L<=min(v-j,k)$）
这三个转移方程应该很好理解吧，注意一点：如果出现了负数是不行的，必须把这个较小的负数换成一个极大的负数（$-inf$），避免后面的状态由这个负数转移过来。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>

const int maxn=100;
const int inf=2000000000;

int n,x,m,v,ans;
int f[maxn+10][maxn+10][maxn+10];

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&m,&v);
    memset(f[0],128,sizeof f);
    f[0][0][std::min(v,m)]=x;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=v; j++)
        {
            for(int k=j; k<=v; k++)
            {
                for(int l=0; l<=j; l++)
                {
                    f[i][j][k]=std::max(f[i][j][k],f[i-1][l][k]-(j-l));
                }
                for(int l=j; l<=k; l++)
                {
                    f[i][j][k]=std::max(f[i][j][k],f[i-1][l][k]+(l-j)*2);
                }
                for(int l=0; l<=std::min(v-j,k); l++)
                {
                    f[i][j][k]=std::max(f[i][j][k],f[i-1][j+l][k-l]);
                }
                if(f[i][j][k]<0)
                {
                    f[i][j][k]=-inf;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0; i<=v; i++)
    {
        for(int j=0; j<=v; j++)
        {
            ans=std::max(ans,f[n][i][j]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}