【题解：vijos1488 路灯改建计划】

传送门

背景
在华师一的敏行路上，新建了若干漂亮的路灯，这给同学们晚上的出行带来很大的方便。但是，问题随之出现了。

一天晚上，OI组的FHH 同学正往校门外走，忽然眼前一片漆黑，于是直接把眼镜都摔掉了，再也找不到。后来FHH 同学从学校管理处了解到昨晚路灯突然熄灭是因为电路不堪重负，导致空气开关跳闸。

描述
善于思考的FHH 同学考虑将路灯进行改建，以避免再次出现类似的问题。FHH同学仔细了解每盏路灯的耗电量a[i]与照明度z[i]，已知共有N 盏电灯，并且每盏电灯都可能有不同的耗电量与照明度，现在的问题是要把这N盏电灯分为M 组，新分出的每组灯的耗电量（即是该组所有打开电灯的耗电量之和）不能超过该组的电灯数目的T倍，在满足这样的前提下使得照明度尽可能的大，最后算出M 组的最大照明度的和。由于每组耗电量的限制，该组中的某些电灯可能不被使用，但是仍然应该算作该组灯的数目。特别注意的是电灯按顺序给出，只能把相邻的几盏灯分在一组。

由于计算较为复杂，FHH 同学经过反复的计算仍然不能确定结果，现在就请你为他编写一个程序来解决这个问题。

样例1
样例输入1
5 2 2
1 1
2 2
3 3
4 4
5 5
样例输出1
10
限制
1s

提示
对于70％的数据，保证有2<=N<=80，1<=M<=35，1<=T，a[i]，z[i]<=35；
对于全部的数据，保证有2<=N<=160，1<=M<=50，1<=T，a[i]，z[i]<=50。

确实是道DP的分组背包好题，不过还是比较好理解的哦。

分析

状态定义
相当于是在一定限制条件下将一些点分进若干个集合里，假设我们已将前i-1盏灯分入了j-1个集合中，现在考虑加入第i盏灯，如果先不管此灯的开关情况，决策无非也就两种，要么放入一个空的集合里面，要么放入上一盏灯所在的集合。但由于并不知道上一个集合的左端点在哪里，所以要跑一遍来枚举。f[i][j]表示前i盏灯放进j个集合的最优值。

状态转移
如果我们用g[x][y]记录将区间[x,y]内的灯放入一个集合时，该集合能得到的最大亮度，那么我们的状态转移方程就找到了：
f[i][j]=max(f[i-k][j-1]+g[i-k+1][i]),1<=k<=i-j+1

预处理
根据状态转移方程，我们能知道，现在的问题就是如何求数组g。
既然已确定了g[i][j]是区间[i，j]内的灯构成一个集合时该集合的最大效益，每一盏灯只有两种状态，要么开，要么关。而能够承担的最大费用也很明显，就是t*(j-i+1),于是问题就成了一个01背包问题。

小结
一道很好的DP类分组背包问题，反正我AC之后成就感非常之大啊~~（蒟蒻就是这样哈哈哈神仙们不喜勿喷）~~ 。
关于分组与集合的DP题，将状态定义为i个物品分j组是最常见最好用的方式，如果客官觉得有点生疏可以试试先打一打这道题，熟悉一下这种定义状态的方式。
找到状态的定义以后找到转移的方式，如果发现存在信息的缺失可以通过加维的方式来补全，当然这道题并不需要，但是预处理非常关键，预处理的方式决定了是否会TLE愉快。

代码：

#include
using namespace std;
inline int read(){
	char ch;
	int flag=1;
	while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') flag=-1;
	int ans=ch-48;
	while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-48;
	return ans*flag;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) x=-x,putchar('-');
	if(x>9) write(x/10);
	putchar('0'+x%10);return;
}
int n,m,t;
int f[161][161],g[161][161];
int a[161],z[161],d[8001];
inline int solve(int x,int y){
	memset(d,0,sizeof(d));
	int C=t*(y-x+1);
	for(int i=x;i<=y;++i)
		for(int j=C;j>=a[i];j--)
			d[j]=max(d[j],d[j-a[i]]+z[i]);
	return d[C];
}
int main(){
	n=read(),m=read(),t=read();
	//cin>>n>>m>>t;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		//cin>>a[i]>>z[i];
		a[i]=read(),z[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i;j<=n;j++){
			g[i][j]=solve(i,j);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)  f[i][1]=g[1][i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int ans=-1;
			for(int k=1;k<=i-j+1;k++){
				ans=max(ans,f[i-k][j-1]+g[i-k+1][i]);
			}
			f[i][j]=ans;
		}
	}	
	write(f[n][m]);
	return 0;
}

一开始读优写挂的我默默哭泣。

注：
博主刚写完博客就被某学霸hack了，虽然很不爽，但他说的很对啊。。。
就是预处理时，博主的操作是对新的g[i][j]每一次都重新做一个01背包，但g[i][j]是可以直接由g数组上面的某个点转移过来的，无需重复计算，虽然AC了，然而其实时间复杂度偏高了，特此批注。