题意

本题给我们给我们两种货币初始金额　每种货币分别对应能买不同种类的喷泉　每个喷泉有花费和价值
问我们如果单纯建造两个喷泉在限定金额内的最大值

分析

考虑一下　发现有三种情况
１　两个喷泉从coin中里建造
２　两个喷泉从diamond中建造
３　一边一个
４　输出０　表示找不出两个合法的可行解
第３，４种情况还好判断　就是在两边一遍选一个金额限度中价值最大的就可以了
关键是第１，２种　
我们考虑专门建造两种相同种类的喷泉的情况　也就是在限定金额中选出两个价值和最大的情况
这个就相当于我们选择了一个喷泉　然后再在coin-cost的金额范围内再选一个最大的
那么也就是说对于每一个ｃ喷泉　我们在一定区间内选一个价值最大的　这个区间可以设置为
１-(coin-cost)范围　这样当我们枚举每一个喷泉时　在选一个前面的最大的喷泉　就可以把所有的可能遍历到
那么这里就可以用二分搜索结构处理区间最大值　区间的下标的意义在当前花费（下标）

ｃｏｄｅ

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int tc[maxn],td[maxn],n,c,d;
void add(int tre[],int x,int val){while(x<maxn){tre[x] = max(tre[x],val);x+=x&(-x);}
}
int query(int tre[],int x){int res=0;while(x){res = max(res,tre[x]);x-=x&(-x);}return res;
}
int main()
{int ans=0,Ma=0;scanf("%d%d%d",&n,&c,&d);for(int i=1;i<=n;i++){int co,val;char o[5];scanf("%d%d%s",&val,&co,o);if(o[0]=='C'){Ma = query(td,d);//  如果在里面查不到数　就返回０　Ma = 0if(co>c)continue;//　后面的都不必处理如果当前喷泉话费已经超过限制　那么就不必插入树中也不必选一个c-cost中的最大Ma = max(Ma,query(tc,c-co));// 由于当前物品　无论怎样都要拿　我们不如从两个同类中和另外一类中拿那个最大的　如果相应金额下没有物品　也返回０　所以两种情况都查不到有效值　返回０add(tc,co,val);//边查询边更新　防止查询到自己}else{Ma = query(tc,c);if(co>d)continue;Ma = max(Ma,query(td,d-co));add(td,co,val);}if(Ma)ans = max(ans,Ma+val);//每次更新结果　如果能查到结果才更新　如果查不到　就说明不足两个物品　就不更新}printf("%d\n",ans);return 0;
}
/*
这种写法的神奇之处就在于可以把所有情况遍历到　
对于每一个新物品　我们考虑在同类中找一个可以买得起的组合　和　另一类中买的起的组合中选一个最大的
前者会把所有同类中的可行解都遍历到　后者会考虑到一边一个的情况
最优解如果是同类中选两个　那么一定是先选一个物品　然后在剩余金额中在选一个买的起的最大价值的
那么这里就是枚举选的第一个物品　直接在数据处理的时候就可以做到
然后选完之后再把当前物品插入到树状数组中　所以不会重复选择当前物品
如果一边不足两个　那么一定会查到０　与另外一边的种类组合　如果另外一边的买不起　那么就会查到０　
所以输出０的情况中　买不起就不会插入　那么就搜不到这个数据　所以查找只会查询买得起的
所以两个同类的　两个不同类的　以及不足两个的　买不起的情况都可以考虑到
*/