题目背景
话说小 x 有一次去参加比赛，虽然学校离比赛地点不太远，但小 x 还是想坐 出租车去。大学城的出租车总是比较另类，有“拼车”一说，也就是说，你一个人 坐车去，还是一堆人一起，总共需要支付的钱是一样的（每辆出租上除司机外最 多坐下 4 个人）。刚好那天同校的一群 Oier 在校门口扎堆了，大家果断决定拼车 去赛场。
问题来了，一辆又一辆的出租车经过，但里面要么坐满了乘客，要么只剩下 一两个座位，众 Oier 都觉得坐上去太亏了，小 x 也是这么想的。
题目描述
假设 N 位 Oier 准备拼车，此时为 0 时刻，从校门到目的地需要支付给出租
车师傅 D 元（按车次算，不管里面坐了多少 Oier），假如 S 分钟后恰能赶上比赛，
那么 S 分钟后经过校门口的出租车自然可以忽略不计了。现在给出在这 S 分钟当
中经过校门的所有的 K 辆出租车先后到达校门口的时间 T i 及里面剩余的座位 Zi
(1 <= Zi <= 4)，Oier 可以选择上车几个人（不能超过），当然，也可以选择上 0 个
人，那就是不坐这辆车。
俗话说，时间就是金钱，这里小 x 把每个 Oier 在校门等待出租车的分钟数 等同于花了相同多的钱（例如小 x 等待了 20 分钟，那相当于他额外花了 20 元钱）。
在保证所有 Oier 都能在比赛开始前到达比赛地点的情况下，聪明的你能计 算出他们最少需要花多少元钱么？
输入输出格式
输入格式：
每组数据以四个整数 N , K , D , S 开始，具体含义参见题目描述。
接着 K 行，表示第 i 辆出租车在第 Ti 分钟到达校门，其空余的座位数为 Zi
（时间按照先后顺序）。
N <= 100，K <= 100，D <= 100，S <= 100，1 <= Zi <= 4，1<= T(i) <= T(i+1) <= S
输出格式：
对于每组测试数据，输出占一行，如果他们所有人能在比赛前到达比赛地点，
则输出一个整数，代表他们最少需要花的钱（单位：元），否则请输出“impossible”。
输入输出样例
2 2 10 5 1 1 2 2
14
这个是一个dp，对于dp数组的定义十分重要，开始我定义前，到第i分钟的时候还有j人没有上车，我觉得我定义的一塌糊涂，根本就不对，感觉没有用脑袋思考，后来看了题解之后
就知道最好定义成前i两个上了j个人花费的钱。
之前我自己的定义我觉得我是没有认真在写的，因为题目中给了两个很明确的量，一个是车辆一个是人数，所以最好用这个来定义，开始最好从正方向去定义，因为我们一般对于
正方向比较熟练。
在这个定义完之后，还有一个转移方程要写，这个转移方程要注意不能直接去转移所有可能上去人数的，因为两个车直接时间隔的太长了，然后又不能一次性全部上车，还不如之前可以上去，
就先上去了。
所以这个位置，转移要注意，可以有三层循环，最内层就是对于每次上车多少人进行转移。
然后还有就是每一个dp因为要对自己进行转移，所以就要给她赋初值。这个初值不能乱赋，而是赋值成如果不上这辆车的话，j个人所用的费用。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 110;
int dp[maxn][maxn];
struct node
{
int t, z;
}exa[maxn];
int main()
{
int n, d, k, s;
cin >> n >> k >> d >> s;
for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d%d", &exa[i].t, &exa[i].z);
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[0][i] = inf;
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
for (int j = 0; j <= n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
for (int k = 1; k <= min(j, exa[i].z); k++)
{
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - k] + k * exa[i].t + d, dp[i][j]);
}
}
}
if (dp[k][n] >= inf) printf("impossible
");
else printf("%d
", dp[k][n]);
return 0;
}