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题意:
有两种值A,D，A代表攻击一次怪兽能对怪兽造成的伤害。D代表每回合开始时A的增量。初始值均为0
给出三种操作，求使用这三种操作在n回合后可以达到的对怪兽伤害的最大值：
1.攻击怪兽，造成A+a[i]伤害。
2.不攻击怪兽，但使D增加b[i]。
3.不攻击怪兽，但使A增加c[i]。
输入:
样例数T
每组样例一个n代表回合
随后n行每行三个数ai bi ci
输出:
对于每组样例，输出可以对怪兽造成的最大伤害。
思路:
现场赛自闭题，a b c的值都太大了，以至于不知道该怎么dp。隐隐约约有一种感觉，知道应该按次数dp，也知道应该是倒序，但是dp数组的维度还是没想明白。
言归正传，由于a,b,c都太大，所以我们不能选其值作为dp的维度，因为根本开不下。那还有什么可以dp的东西呢？次数。
题目说了回合最多100次，100次要么选1，要么选2，要么选3，而选2和3本质是相同的，只要知道选2或者3之后哪几个回合攻击了，就可以知道选2或者3的收益。但是，“哪几个回合攻击”蕴含的信息量太大，它本身是一个集合，对于一个状态，我们不能存储一个集合，那么就该考虑如何把这个信息转化。
选3的时候，没必要知道具体是哪些回合攻击了，只需要知道选3之后攻击了多少次，就可以得出选3的收益——设选3之后攻击力j次，则收益为c[i]*j
选2的时候就比较麻烦了，看似我们必须知道哪些回合攻击了，才能知道选2的收益有多大。设x为i回合选2之后选择攻击的回合，把收益列出来：
b[i]*((x1-i) + (x2-i) + (x3-i) + ... + (xj - i)) = b[i]*(Σx - i*j)
发现，并不需要记录攻击回合的集合，只需要知道选择攻击的回合之和即可。
因此，dp数组选取三维数组：dp[i][j][k]:[第i回合][第i回合到第n回合选择攻击的次数][攻击的回合之和] = i到n回合对怪兽造成的伤害
状态转移方程：
dp[i][j+1][k+i] = max(dp[i][j+1][k+i],dp[i+1][j][k] + a[i])//选不选操作1
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],dp[i+1][j][k] + max(j*c[i],(k-i*j)*b[i]))//选不选操作2或3
由于最后一次肯定要选1，所以dp[n][1][n] = a[n],然后从n-1开始，dp方向为倒序，直到回合1，在回合1里找最大的ans即可。
代码:
/*实现为了节省空间用了滚动数组*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
static const int maxn = 100010;
static const int INF = 0x3f3f3f3f;
static const int mod = (int)1e9 + 7;
static const double eps = 1e-6;
static const double pi = acos(-1);
void redirect(){
#ifdef LOCAL
freopen("test.txt","r",stdin);
#endif
}
ll a[110],b[110],c[110];
ll dp[2][110][5060];//1-100之和为5050
int main(){
redirect();
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
ll ans = 0;
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%lld %lld %lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
dp[n%2][1][n] = a[n];//最后一次一定选择攻击，这里是贪心。
for(int i = n-1;i > 0;i--){//从第n-1回合到1回合
for(int j = 1;j <= n-i;j++)//j的含义为——选择操作前已选攻击的次数。这里正序倒序无关紧要，因为状态转移方程只对不同回合数的量转移。
for(int k = (i+i+j-2)*(j-1)/2 + n;k <= (n-j+1+n)*j/2;k++){//枚举攻击回合之和，这里正序倒序也无关紧要。
//这里k的最小值和最大值来源于对攻击回合的选取。
//当从i开始选，连续j-1回合攻击，第n回合攻击的情况是回合之和最小的情况。
//从n开始，倒着数j次攻击是回合数最大的情况。
dp[i%2][j+1][k+i] = max(dp[i%2][j+1][k+i],dp[(i+1)%2][j][k] + a[i]);
dp[i%2][j][k] = max(dp[i%2][j][k],dp[(i+1)%2][j][k] + max(j*c[i],(k-i*j)*b[i]));
}
memset(dp[(i+1)%2],0,sizeof(dp[(i+1)%2]));//滚动数组，故清零
}
//i=1时选dp的最大值为答案。
for(int j = 1;j <= n;j++)
for(int k = j*(j-1)/2 + n;k <= (n-j+1+n)*j/2;k++)
ans = max(ans,dp[1][j][k]);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}总结:
思路不够开拓，难点在将集合转化成一个回合之和那里。以后碰到dp正序逆序都要想想，有什么不同，某个状态的一个集合能不能用一个数替代。