题解：AT_abc410_e [ABC410E] Battles in a Row

好像是和官方题解不同的做法？？？没认真看。

显然的，对于前 $i$ 个怪物，如果存在一种方法可以打死这些怪物，那么答案就可以对 $i$ 取 $\max$。于是就变成了如何判断对于前 $i$ 个怪物能不能全部打死。

考虑把视角放到 $H$ 和 $W$ 上。对于一种把怪物的某个前缀全部打死的方案，显然是选择一些消耗 $H$，其他的消耗 $W$。而且 $H$ 和 $W$ 都不能 $<0$。

考虑枚举 $i$ 并枚举 $H$ 消耗了多少，现在复杂度是 $O(NH)$ 的。容易想到，对于两种不同的可能方案，如果它们对 $H$ 的消耗相同，则对 $W$ 消耗少的方案更好。也就是选择使用 $a$ 消耗 $H$ 的下标数列中每一个数对应的 $b$ 的和最大。

于是就容易想到使用背包 dp，将 $H$ 作为背包容量，$i$ 作为物品的数量，$a$ 作为体积，$b$ 作为收益。显然背包 dp 的时间复杂度也是 $O(NH)$ 的，而且还可以对于 $H$ 消耗的值 $O(1)$ 判断是否合法。

然后我们就可以快速判断了。代码很短。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3010;
int dp[N][N];
int a[N], b[N];
int n, x, y;

int main() {
	cin >> n >> x >> y;
	int sum = 0;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i] >> b[i];
		sum += b[i];//先记录一下前缀和
		for (int j = 0; j <= x; j++)
			dp[i][j] = dp[i - 1][j];
		for (int j = a[i]; j <= x; j++)
			dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - a[i]] + b[i]);//跑背包，但是我懒得用滚动数组了
		for (int j = 0; j <= x; j++)
			if ((sum - dp[i][j]) <= y)
				ans = max(ans, i);//直接计算是否存在满足要求的
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

貌似我是题解里面最短的代码？？？那很不错了。