以下n行每行两个整数 ai bi
-403 -625
-847 901
-624 -708
-293 413
886 709
-1000<=ai,bi<=1000
话不多说开始动规，dp[i][j],i表示前i个数对，j表示所采取的数对的ai之和，dp[i][j]表示对应的bi之和。
首先考虑一个问题，题目要求的是ai之和非负，bi之和非负，还有一个隐藏的条件是，如果一个数对都不挑选的话，那么对应的结果应该是0。
所以我们考虑在输入期间就把ai为负值，bi也为负值的数对全部去除，因为一旦用到他们肯定不会是最优解。
状态方程:dp[i][j]=max(dp[i-1][j-ai]+bi,dp[i][j]); j-ai是为了得到当没有加入ai时对应的dp值，所以dp[i-1][j-ai]+bi就是加入ai得到的dp值。对某一个状态来说,dp[i][j]+j就是他们的ai与bi之和。
将ai值和bi值偏移为正值之后的确就是一个很显然的背包问题。
需要注意的事，这题的状态转移比普通的背包要严苛得多。
在背包问题中，我们说在第i次选择时，当前状态dp[i][j]可以由两个状态转移而来，一个是dp[i][v-1],一个是dp[i-1][v-v[i]]，但是在此题中只能是dp[i-1][j]和dp[i-1][j-a[i]]转移而来，直接承接上一行的值是因为，j表示的是ai之和，是限定死的。
#include<iostream>
#define min 0x8f000000
using namespace std;
int n,a[105],b[105],dp[105][200005],pe=100000;//pe为偏移量 题目要求上限100个数，数值上下限为+ -1000，所以总区间长度为200000
int main()
{
int p,q,min1=min;
cin>>n;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>p>>q;
if(p<0&&q<0)
{
continue;
}
a[++ans]=p;
b[ans]=q;
}
for(int j=1;j<=ans;j++)
{
for(int k=-pe;k<=pe;k++)
{
dp[j][k+pe]=min1;
}
}
for(int o=1;o<=ans;o++)
{
dp[o][a[o]+pe]=b[o];
}
for(int u=2;u<=ans;u++)
{
for(int z=-pe;z<=pe;z++)
{
dp[u][z+pe]=max(dp[u-1][z+pe],dp[u][z+pe]);
if(z+pe-a[u]<0||z+pe-a[u]>200000)//加上a[i]是否越界 下一步状态转移中要求有dp[u-1][z+pe-a[i]]，故需要越界判断 实际上要求ai之和非负，bi之和非负在这个判断中得以体现，并且最后的取最优是从pe开始的，z-a[u]这一步是为了得到之前的状态,若产生越界错误，即从如果当前的状态是a[u]放入后得到的，那么他的前一个状态并不能存在，那么状态转移有问题。
continue;
dp[u][z+pe]=max(dp[u][z+pe],dp[u-1][z+pe-a[u]]+b[u]);
}
}
int temp=min;
for(int y=0;y<=pe;y++)//也就是说在左端的值并没有进行考虑，在左端的值，就是ai之和为负值的情况
{
temp=max(temp,(dp[ans][y+pe]>=0?dp[ans][y+pe]+y:min1));
}
if(temp==min1)
{
cout<<"0";
}
else cout<<temp;
return 0;
}
唯一可能的问题是，为什么明明有偏移量，最后只需要一个dp[ans][y+pe]+y即可得到答案。
理由如下：实际上我们仅仅在
for(int o=1;o<=ans;o++)
{
dp[o][a[o]+pe]=b[o];
}
这里初始化的时候加了偏移量，在此之后的状态转移过程中，并没有再加偏移量，回到状态dp的定义，dp[i][j]表示的是在前i个数对中选择，选择得到的数对的ai之和为j，状态中存入的量为对应的bi之和。
dp[i][j+pe],j+pe仅仅是为了避免加上负值的ai导致越界而制造的偏移罢了，所以j+dp[i][j+pe]就是最终解。
至于为什么最后的解落在dp[n][0+pe]~dp[n][pe+pe],想必已经很明显了吧，题目要求ai之和非负，若是在dp[n][0]~dp[n][pe]，减去偏移量后，对应的ai之和是负值，因此无须考虑。