序言：
在一个中午我们和初二的同学一起做题，我把第一题做起了之后。竟开始了划水，想都没怎么想挂饰这道题，所以今天趁着闲的没事干时间充裕来复习一下，总结一下。
挂饰 洛谷P4138
思路：
简而言之，这是一道01背包——一道比较好的题。
费用是挂钩（二维）亦可以一维只是本人能力有限；
注意！状态转移方程一定不能写成这个样子：
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]+1]+v[i]);
为什么？！
因为因为j-w[i]+1可能是个负数，没有意义，这时候就要考虑这物品直接挂在手机上即j=1，也就需要我们把j-w[i]和0取最大值保证有意义。
所以正确的状态转移方程应该是这个鸭子：
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][max(j-w[i].a,0)+1]+w[i].b);
这里的a是钩子，b是价值。
然后赋初值
我们应该把不可能的情况赋成极小值即
f[0][i]=MAXN,f[i][n+1]=MAXN;
然后f[0][1]=0这是初始状态。
那么为什么要排序呢？
我猜各位大佬应该都明白，但是我还是要讲讲：
因为要让喜悦度最大的那些物品先挂上，所以要排序。
注意：
如何处理数组越界的情况：
1≤N≤2000 ，0≤Ai≤N(1≤i≤N)
可以看到挂钩最多可以有大约2000 × 2000 = 4000000 个，显然我们不能开这么多数组来一个一个转移 , 要不然就 T 了。
通过观察我们看到 N 只有2000 ，也就是最多只会使用 2000 个钩子，所以当计算到钩子数超过2000的转移，我们直接把结果的钩子数量当做2000来看，因为2000就是极限了，这并不会影响答案。
为了应对负数的情况，我让 maxx [ ] 的下标全部增加 2000 ，这样就可以表示在负数范围内的值了。
上AC代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = -1000000000;
int f[4005][4005];
struct leimu {
int a, b;
} w[4005];
bool cmp(leimu i, leimu j) {
return i.a > j.a; }
int ans = -2147483647;
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &w[i].a, &w[i].b);
sort(w + 1, w + 1 + n, cmp);
for (int i = 0; i <= n; i++) f[0][i] = MAXN, f[i][n + 1] = MAXN;
f[0][1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][max(j - w[i].a, 0) + 1] +
w[i].b); // f[i][j]表示前i件物品在有j个挂钩的情况下的最大价值
}
}
for (int i = 0; i <= n; i++) ans = max(ans, f[n][i]); //每个钩子都有可能
printf("%d", ans);
return 0;
}
我开结构体的原因也是借鉴了其他大佬的方法，更省事：我们要进行一个排序让钩子多的在前面先计算，这个因为把钩子少的先计算很有可能多次挂在手机上没有意义。
结束
小结：
动态规划的每一道题都值得我们去分析，去理解每一个状态转移方程的意义，才能够更加大佬厉害。