Cow Exhibition POJ - 2184

Cow Exhibition POJ - 2184

题目地址：https://vjudge.net/problem/POJ-2184

下面的解释是从一个大佬那搬来的，讲的很清楚
题意：给定一些奶牛，每个牛有s和f两个属性值，有正有负，要求选出一些牛，
使得这些牛的两种属性的和的加和最大，且这些牛的两种属性分别求加和不能为负。
分析：dp，开始想到dp[i][s][f]，表示前i头牛能否实现属性和分别为s, f。空间和时间都不允许，
要将f从状态中拿出來，让f的属性和作为所求的值。即变为d[i][s] = f的形式。
表示用前i头牛构成s属性和为s的情况下f属性和最大为多少。状态转移从两种情况来，即用或者不用当前的牛。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - s[i]] + f[i], dp[i - 1][j])。在实际操作的时候可以将第一维去掉，进行空间上的优化。
但是由于s[i]的值有正有负，所以在填写数组的顺序要根据s[i]的值来决定，
若为正则从右到左（类似01背包的空间优化），若为负则从左到右。
注意：动态规划中状态维和值是可以相互转化的。状态维过多，效率低的时候，
可以把将其转化为数组值；同理，数组值不唯一无法规划时，可以增加状态维使状态更详细

#include
#include
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (j); i <= (k); i++)
#define per(i,j,k) for(int i = (j); i >= (k); i--)
#define mv (int)1e5
#define N 105
#define inf (1LL << 30) - 1
#define maxn (int)2e5 + 10

int dp[maxn];
int s[N], f[N];
int n;

void input(){

	rep(i, 0, maxn - 1) dp[i] = -inf;

	cin >> n;
	rep(i, 1, n) cin >> s[i] >> f[i];
}

void work(){

	dp[0 + mv] = 0;

	rep(i, 1, n){
		if (s[i] > 0){
			per(o, (int)1e5, (int)(-1e5 + s[i])) 
				dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);
		}
		else{
			rep(o, (int)-1e5, (int)(1e5 + s[i]))
				dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);
		}
	}

	int ans = 0;
	rep(i, 0, (int)1e5){
		if (dp[i + mv] >= 0) ans = max(ans, i + dp[i + mv]);
	}

	cout << ans << endl;
}

int main(){

	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	input();
	work();

	return 0;
}