“寄没有地址的信，这样的情绪有种距离，你放着谁的歌曲，是怎样的心心静，能不能说给我听。”
失忆的Eden总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。 记忆中，她总是喜欢给Eden出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden这样的一个问题：有n个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱m固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过m，且价值和最大。众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次 询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。  
这下Eden 犯难了，不过Eden不希望自己被难住，你能帮帮他么？  

第一行一个数n，表示有n个玩偶，玩偶从0开始编号 
第二行开始后面的 n行，每行三个数 ai, bi, c i，分别表示买一个第i个玩偶需
要的价钱，获得的价值以及第i个玩偶的限购次数。 
接下来的一行为q，表示询问次数。 
接下来q行，每行两个数di. ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从0开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立） 

 
输出q行，第i行输出对于第 i个询问的答案。 

 

一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)， (1,2,1)， (4,1,2)， (2,1,1)，(3,2,3)。五个询问，以第一个询问为例。第一个询问表示的是去掉编号为1的玩偶，且拥有的钱数为10时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为(2,3,4)，(4,1,2)，(2,1,1)，(3,2,3)，若把编号为0的玩偶买4个（即全买了），然后编号为3的玩偶买一个，则刚好把10元全部花完，且总价值为13。可以证明没有更优的方案了。注意买某种玩偶不一定要买光。

100. 数据满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ q ≤ 3*105 , 1 ≤  a

 

i、bi、c i ≤ 100, 0 ≤ d i < n,  0  ≤ei ≤ 1000。 

 

 

 

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;inline void read(int &x){    register char ch=getchar();x=0;    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-‘0‘,ch=getchar();}const int N=1002;const int M=1e6+5;struct things{int wei,val,t;}d[N];int n,m,p,q[M],ban[M],lim[M],ans[M];int dp[11][N];inline bool cmp(const int &x,const int &y){return ban[x]<ban[y];}//多重背包(用余数搞单调队列优化)//一个很好的解释：http://blog.csdn.net/qiusuo800/article/details/8820905 inline void trans(int *f,int wei,int val,int t){    pair<int,int>q[N];    for(int b=0;b<wei;b++){        int qh=1,qt=0,now;        for(int j=0;(now=b+j*wei)<1001;j++){            for(;qh<=qt&&q[qt].second<=f[now]-j*val;qt--);            for(;qh<=qt&&j-q[qh].first>t;qh++);            q[++qt]=make_pair(j,f[now]-j*val);            f[now]=q[qh].second+j*val;        }    }}void solve(int l,int r,int dep){    if(l==r){        for(;p<=m&&ban[q[p]]==l;p++) ans[q[p]]=dp[dep][lim[q[p]]];        return ;    }    int mid=(l+r)>>1;    memcpy(dp[dep+1],dp[dep],sizeof dp[dep]);    for(int i=mid+1;i<=r;i++) trans(dp[dep+1],d[i].wei,d[i].val,d[i].t);    solve(l,mid,dep+1);    memcpy(dp[dep+1],dp[dep],sizeof dp[dep]);    for(int i=l;i<=mid;i++) trans(dp[dep+1],d[i].wei,d[i].val,d[i].t);    solve(mid+1,r,dep+1);}int main(){    read(n);    for(int i=1;i<=n;i++) read(d[i].wei),read(d[i].val),read(d[i].t);    read(m);    for(int i=1;i<=m;i++) read(ban[i]),read(lim[i]),ban[i]++,q[i]=i;    stable_sort(q+1,q+m+1,cmp);p=1;//    memset(dp[0],0,sizeof dp[0]);    solve(1,n,0);    for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);    return 0;}

/*离线预处理：多重背包正扫一遍，反扫一遍 ans=max(f[k1][j]+f_rev[k1+2][t1-j]){0<=j<=t1} attention:    习惯了一维的二进制拆分，二维的多重背包居然不会了~~ */#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}    return x*f;}const int N=1005;int n,m,v[N],w[N],c[N],f[N][N],f_rev[N][N];void pre_deal(){    for(int i=1,tmp;i<=n;i++){        tmp=c[i];        for(int j=1;j<=1000;j++) f[i][j]=f[i-1][j];        for(int j=1;tmp!=0;j<<=1){            j=min(j,tmp);            tmp-=j;            for(int k=1000;k>=j*v[i];k--){                f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-j*v[i]]+j*w[i]);            }        }    }    for(int i=n,tmp;i>=1;i--){        tmp=c[i];        for(int j=1;j<=1000;j++) f_rev[i][j]=f_rev[i+1][j];        for(int j=1;tmp!=0;j<<=1){            j=min(j,tmp);            tmp-=j;            for(int k=1000;k>=j*v[i];k--){                f_rev[i][k]=max(f_rev[i][k],f_rev[i][k-j*v[i]]+j*w[i]);            }        }    }}int main(){    n=read();    for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=read(),w[i]=read(),c[i]=read();    pre_deal();    m=read();    for(int k1,t1,ans;m--;){        k1=read();t1=read();ans=0;        for(int j=0;j<=t1;j++) ans=max(ans,f[k1][j]+f_rev[k1+2][t1-j]);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}