洛谷 P5662 紀念品 & [NOIP2019普及組] （dp，完全背包）

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解題思路

本題首先要明白，在每一天時，最優策略是先進行操作2（賣），再進行操作1（買），才能是利益最大化。

本題很顯然當只有兩天時，是一個完全背包，就是把當日價錢當做體積，把明日價格和今日價格的差作為價值，跑一邊完全背包即可。時間復雜度O(TNM)

然后我們考慮滿分做法——我們用dp[j]表示還剩下j個體積時，所能獲得的最大利益。

然后對於后面的所有天，兩天跑一遍完全背包。每一次統計時答案就是dp[m]+m，即利潤+本金。

這里一定要注意對於每一天來說，購買的方式對以后的賺錢並未影響，所以只需記錄下一天下來最大的錢數（即明日的本金）即可。然后還要清空dp數組。

還有一個重點就是對於每一樣物品，在第x天買入k件，第x+1天賣出k件，又買入k件，第x+2天又買入k件，這個過程其實就相當於在第x天買入k件，在x+2天賣出k件，所以我們枚舉所有的可能不受限制（只不過多算了幾步罷了）。

這里還可以這樣理解（貪心）：就是在當天買的物品，第二天必須全部賣出去。如果不賣是划算的，那么再買回來即可。

還有一個地方比較難理解：為什么我們不用記錄怎樣買的呢？在第x天時不會賣出去一些手上沒有的紀念品嗎？

答案時否定的。Why？

看代碼，當我們買某件紀念品的時候，我們加上的價值是（明日價格-今日價格），從數值上講是加上明天接着賣出的話賺的利潤，感性理解的話是今天買的這幾件物品在第二天一定全部賣出去。所以每天的操作實際上只有1操作（買）。

很顯然，只要錢足夠，可以買進無限個。

AC代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=105;
const int maxm=10005;
int T,n,m,p[maxn][maxn],dp[maxm];
//第t天買到第i件物品時剩余容量是j元的最大利潤。 
int main()
{
    cin>>T>>n>>m;
    for(int i=1;i<=T;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            scanf("%d",&p[i][j]);
        }
    }
    for(int t=1;t<=T;t++){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=p[t][i];j<=m;j++){
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[t][i]]+p[t+1][i]-p[t][i]);
            }
        }
        m=max(m,dp[m]+m);
    }
    cout<<m;
    return 0;
}

//CSP2019普及組 t3