背包：
消失之物
先直接做一遍，必然对于i，有
for(j=m;j>=w[i];--j)
f[i]+=f[i-w[i]]
所以，如果排除用i做背包的结果，减去这个转移就好了。
memcpy(g,f,sizeof f)
for(j=w[i];j<=m;++j)
g[j]-=g[j-w[i]]
关于i的一行就都有了。
[POI2012]SZA-Cloakroom
又是一个有三个属性的题。
肯定要离线。询问关于m排序，物品按照a排序。
k比较小，n比较小。
f[i]表示，决策到当前这个a为止，凑成和为i的所有方案中，最小的b最大是多少。（为了保证bi>m+s）
这样，每到一个决策点m，就可以利用当前处理的f[k]>m+s即可判断能否实现。
因为保证的是最小的b最大是多少。正确性显然。
怎么处理的三个属性呢？a当做顺序，c当做状态，b当做数值。再加上离线对m排序。然后求最小的b最大是多少，直接把配凑问题转化成判定问题。
复杂度O(1e8)可过。
[HNOI2007]梦幻岛宝珠
bzoj1190 [HNOI2007]梦幻岛宝珠 ( 二进制分组优化背包DP）
分层DP。以b为层。
f[i][j]表示，小于等于j*2^i+(w&(1<<(i-1))的最大价值。
每层就是一个0/1背包。
然后考虑逐层合并出来真正的f[i][j]
从低位往高位合并。
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-k]+f[i-1][min(1000,2*k+((w>>(i-1))&1)]
意义是：把j拆出来k位，用i-1两倍的k来凑出来，然后为了保证+(w&(1<<(i-1))这个东西，就要保证i-1必要时提供一个1*2^(i-1)
至于对1000取min，是可以的。因为本身就不可能达到，而本身就是一个前缀min，这样找不可能超出。
至于那一步加法也是可以的，f[i][j-k]还只是当前层的，就相当于把当前层取出来一些，再把低位的一些取出来拼凑。
至于f[i][j]弄出来前缀的特点，就不要把f[i][j]初值-inf即可。
具体代码见上面的博客（虽然有错）
树形dp
[SCOI2015]小凸玩密室
厉害的树形dp。
神奇的状态设计。
一些需要考虑的细节。
由于起点不定，所以，填法有两种：
1.填完这个子树后，点某个祖先。
2.填完这个子树后，点某个祖先的兄弟。
dp[i][j][0/1]表示，填完以i为根的子树，再取点第j个祖先/第j个祖先的兄弟的代价。
每个点只能在被点到的时候统计贡献，因为这样才能知道距离。nlogn
其实就是一个对未来的承诺。
因为我们不知道填完这个上一个是哪一个，就不能统计贡献。
所以，干脆，就在填完这个之后，直接枚举下一个是哪一个，然后就把贡献算上即可。真在那里填的话，贡献就已经算好了。
而且，祖先只有logn个，下一个填哪一个的方案数比较少。
然后要处理答案。
发现，当起点固定的话，必然要先点完整个子树，然后点父亲，点兄弟子树，再点爷爷，点叔叔子树。
所以，一路模拟即可。
处理答案的复杂度：nlogn