CodeForces_1348E Phoenix and Berries DP

显然，同颜色的框会很多，而同树的框最多n个。即每棵树最多1个。

因为一旦一棵树的框多于1，其可以转化为多个同颜色框+1个同树框。

所以问题就变成了n个树，每棵树可以选择用不用同树框。这其实就是一个01背包的变形。

dp[i][j][k]表示执行到前i颗树，红色剩j个，蓝色剩k个，的状态，最大满筐数是多少。

这样是个n^4的dp，根据经验，可以省去蓝色的那一维，转而用总量减去红色剩余量来表示剩余的蓝色浆果。

所以：dp[i][j]表示执行到前i颗树，红色剩j个.的状态，最大满筐数是多少。

遍历i时，枚举s，表示这一同树框中放红色浆果s个，蓝色k-s个。枚举时保证合法性。

再枚举j，用dp[i-1][j]来更新当前状态。

设nm1表示当前装s个红色浆果到同树框后，红色浆果剩余量，显然：nm1=j+a[i]-s,

sm表示1-i树上总浆果数

同理nm2表蓝色剩余,nm2=sm-dp[i-1][j]*k-k-nm1.

然后考虑转移：dp[i][nm1%k]=max(dp[i][nm1%k],dp[i-1][j]+nm1/k+nm2/k+1); 即装完同树框后，看蓝色与红色能否再装同色框。

枚举完s时加上一个当前数不装同树框的转移即可。

结果为dp[n][j]最大值。

这里注意一个细节。。int取模比long long 快个常数，这题刚好卡这个。。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 500+7;
ll dp[M][M];//前i棵树，剩j个红浆果的状态，最大装筐数 
int a[M],b[M];
int main()
{
  	int n,k;
  	cin>>n>>k;
  	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
  	memset(dp,-1,sizeof(dp));
  	ll sm=0;
  	dp[0][0]=0;
  	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sm+=a[i]+b[i];
		for(int j=0;jb[i])continue;//必须合法
				int nm1=j+a[i]-s;//红浆果剩余量 
				int nm2=sm-dp[i-1][j]*k-nm1-k;
				dp[i][nm1%k]=max(dp[i][nm1%k],dp[i-1][j]+nm1/k+nm2/k+1); 
			//	cout<