AreYouBusy

题意:

给你n个工作集合，给你T的时间去做它们。给你m和s，说明这个工作集合有m件事可以做，它们是s类的工作集合（s=0,1,2，s=0说明这m件事中最少得做一件，s=1说明这m件事中最多只能做一件，s=2说明这m件事你可以做也可以不做）。再给你ci和gi代表你做这件事要用ci的时间，能获得gi的快乐值。求在T的时间内你能获得的最大快乐值。

题解：

我们设dp[i][j]表示处理完前i组工作集，所用时间小于j的快乐值
dp[i]表示的是第i组的结果，每组相对独立，
所以对于每一组情况，我们就可以将dp看作是一维数组，只考虑第二维j，考虑第一维仅为需要继承状态时
我们分析三种集合：

至少选一项。在开始时dp初始化为负无穷，这样是为了保证不会出现都不不选的情况，负无穷相当于这个情况不合法即未选
转移方程:

dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i][j-w[x]]+p[x],dp[i-1][j-w[x]]+p[x]));

dp[i][j]表示不选这个工作
dp[i][j-w[x]]+p[x]：表示选择当前工作，且不是第一次取（为什么这个能保证不是第一次取？因为我们一开始将dp[i][…]赋值为负无穷，如果dp[i][j-w[x]]没被选过就还是负无穷，则整个式子取最大就跟他无关，如果被选过，则dp[i][j-w[x]]为正数）
dp[i-1][j-w[x]]+p[x]:第一次在本组中选物品，由于dp初始化为负无穷，所以状态的转移只能从上一组的结果中得知，这样可以保证得到全局最优解
这样，当有一组无法完成时，最后的答案就是负无穷

最多选一项，要么不选，要么就是第一次选
为了保证全局最优解，dp[i][j]继承上一组的状态
第一次选的话，和第一种集合的情况一样

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-w[x]]+p[x]);

任意选就是01背包
为了保证全局最优解，dp[i][j]继承上一组的状态

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[x]]+p[x]);

这里的dp是被压缩了一维的，这里的dp[][j]中的j等于01背包的一维数组dp[j],
dp[i][]中的i只是表示第i组的情况

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;int n,m,sum;
int w[110],p[110];
int dp[110][110];int main(){//freopen("input.txt","r",stdin);while(~scanf("%d%d",&n,&sum)){memset(dp,0,sizeof(dp));int i,j,k,g;for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&m,&g);for(k=1;k<=m;k++)scanf("%d%d",&w[k],&p[k]);if(g==0){//至少选一个 for(j=0;j<=sum;j++) //当前组初始化dp[i][j]=-INF;for(k=1;k<=m;k++)for(j=sum;j>=w[k];j--)dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[i][j-w[k]]+p[k],dp[i-1][j-w[k]]+p[k]));}else if(g==1){//最多选一个 for(j=0;j<=sum;j++) //当前组初始化dp[i][j]=dp[i-1][j];for(k=1;k<=m;k++)for(j=sum;j>=w[k];j--)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-w[k]]+p[k]); //dp[i-1][j-w[k]]//j-w[k]<j}else if(g==2){//自由选择 for(j=0;j<=sum;j++) //当前组初始化dp[i][j]=dp[i-1][j];for(k=1;k<=m;k++)for(j=sum;j>=w[k];j--)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-w[k]]+p[k]);}}dp[n][sum]=max(dp[n][sum],-1);  //没有完成任务的值都为负的，做输出调整，输出-1printf("%d\n",dp[n][sum]);}return 0;
}