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Usaco 垃圾陷阱
题目描述 Description
卡门——农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛——已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方，它的深度为D (2 <= D <= 100)英尺。
卡门想把垃圾堆起来，等到堆得与井同样高时，她就能逃出井外了。另外，卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。
每个垃圾都可以用来吃或堆放，并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。
假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t，以及每个垃圾堆放的高度h和吃进该垃圾能维持生命的时间f，要求出卡门最早能逃出井外的时间，假设卡门当前体内有足够持续10小时的能量，如果卡门10小时内没有进食，卡门就将饿死。
输入描述 Input Description
第一行为2个整数，D 和 G ，G为被投入井的垃圾的数量。
第二到第G+1行每行包括3个整数：T，表示垃圾被投进井中的时间；F，表示该垃圾能维持卡门生命的时间；和 H (1 <=H<=25)，该垃圾能垫高的高度。
输出描述 Output Description
如果卡门可以爬出陷阱，输出一个整表示最早什么时候可以爬出；否则输出卡门最长可以存活多长时间。
样例输入 Sample Input
20 4
5 4 9
9 3 2
12 6 10
13 1 1
样例输出 Sample Output
13
数据范围及提示 Data Size & Hint
[样例说明]
卡门堆放她收到的第一个垃圾：height=9；
卡门吃掉她收到的第二个垃圾，使她的生命从10小时延伸到13小时；
卡门堆放第3个垃圾，height=19；
卡门堆放第4个垃圾，height=20。
乍一看这道题，没有任何思路...不过数据范围非常小，于是我们就可以暴力的搞一搞Dp
这其实是一道二维的背包，dp[i][j]表示到第i秒，搭起的高度为j时，所剩余的生命值
但是，我们可以发现，每次一拿到垃圾就进行操作，才能保证决策最优，于是第一维可以优化成dp[i][j]表示投下第i个垃圾后，搭成的高度为j时的剩余生命。
这样也避免了有两个垃圾同时投下的细节处理
设f[i]为续命值，h[i]为高度，d[i]为投下的时间，转移显然：
$$ int pass=t[i]-t[i-1] $$
$$ dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-h[i]]-pass); $$
$$ dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+f[i]-pass); $$
代码就是
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105;
int dp[maxn][20010];
struct node{
int t,f,h;
bool operator <(const node& rhs)
const{
return t<rhs.t;
}
}a[maxn];
int read(){
int Value=0,Base=1;char Ch=getchar();
for(;!isdigit(Ch);Ch=getchar())if(Ch=='-')Base=-1;
for(;isdigit(Ch);Ch=getchar())Value=Value*10+(Ch^'0');
return Value*Base;
}
/* dp[i][j] i th and j heighth*/
int main( ){
int m,n,j,k,i,hh=-1e9;
k=read();n=read();
for(i=1;i<=n;i++)
a[i].t=read(),a[i].f=read(),a[i].h=read();
sort(a+1,a+n+1);
memset(dp,-31,sizeof dp);
dp[0][0]=10;
a[0].t=0;
int ans=-1e9;int imax=1e9;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=n+maxn;j++){
int pass=a[i].t-a[i-1].t;
if(dp[i-1][j-a[i].h]-pass>=0 && j-a[i].h>=0)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-a[i].h]-pass);
if(dp[i-1][j]-pass>=0)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]+a[i].f-pass);
ans=max(ans,a[i].t+dp[i][j]);
if(dp[i][j]>=0 && j>=k)imax=min(imax,a[i].t);
}
}
if(imax!=1e9)printf("%d
",imax);
else printf("%d
",ans);
return 0;
}