Proud Merchants （01背包+ 无后效性）

题目大意：

给你一些钱 m ，然后在这个国家买东西，共有 n 件物品，每件物品有价格 P 价值 V 还有一个很特别的属性 Q, Q 指你如过想买这件物品你的手中至少有这钱Q 。虽然你只要花费钱P ，但你的手中至少有钱Q，如果不足Q ，不能买。问给你钱M ，列出N件物品，最多能获得多少价值的东西

分析：

如果没有Q这个限制条件的话，那么这道题就是一个裸的 01背包的问题

好多题解上说按照p-q从大到小排序即可，但是至于为什么并没有说透，所以今天总结一下。

一个问题无论是DP，还是贪心求解，需要满足一个无后效性，其中所谓的无后效性是指：“下一时刻的状态只与当前状态有关，而和当前状态之前的状态无关，当前的状态是对以往决策的总结”。就是说我在当前状态做转移的时候，前面的所有的状态都已经枚举过了，只不过只保留下来了最优解，但是抵达当前状态路径不唯一，仅是最终最优结果唯一

不考虑q的限制的01背包的状态转移方程是d[j] = max(d[j],d[j--p[i]]+v[i]);

那么什么时候可以转移呢？j-p[i] 是这个状态的花费，那么m-（j-p[i]）是当前我所剩下的钱，只有当m-（j-p[i]) > q[i]的时候，才能转移.

整理一下就p[i] <= j <=m+ p[i] - q[i]; 即可以更新的区间是（p[i],m+q[i] - p[i])

所谓无后效性是指，前面的在更新时对后面的决策无影响。那么后面的d[j-p[i]]这个状态肯定在前面已经更新到了。所以就是说前面的更新的范围应该比后面大。所以就是p1 - q1 > p2-q2;即按照p-q从大到小排序,或者q - p按照从小到大排序才能保证后面的能更新到不丢失状态。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#include <queue>
#include <math.h>
#include <cstdio>
#include <iomanip>
#include <time.h>

#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ls nod<<1
#define rs (nod<<1)+1

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;

struct Node {
    int p,q,v;
}a[510];

bool cmp(Node a,Node b) {
    return a.p - a.q > b.p - b.q;
}

int dp[5010];

int main() {
    int n,m;
    while (~scanf("%d%d",&n,&m)) {
        memset(dp,0, sizeof(dp));
        for (int i = 1;i <= n;i++) {
            scanf("%d%d%d",&a[i].p,&a[i].q,&a[i].v);
        }
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        for (int i = 1;i <= n;i++) {
            for (int j = m;j >= a[i].q;j--)
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i].p]+a[i].v);
        }
        printf("%d\n",dp[m]);
    }
    return 0;
}

Proud Merchants （01背包+ 无后效性）

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