HDU

题意：背包重量为F-E，有N种硬币，价值为Pi，重量为Wi，硬币个数enough（无穷多个），问若要将背包完全塞满，最少需要多少钱，若塞不满输出“This is impossible.”。

分析：完全背包。

(1)构造二维数组：

dp[i][j]---背包重量为j时，前i种物品可得到的最大价值。

dp[i][j]=max{dp[i-1][j-k*W[i]]+k*P[i]|0<=k*W[i]<=F-E}

(2)构造滚动数组：（一维）

dp[j]---背包重量为j时，当前状态可得到的最大价值。

dp[j] = max(dp[j], dp[j - W[i]] + P[i]);（顺序枚举0~F-E）

原因：很显然，由于当前物品无穷多个，所以dp[j]的更新依赖于当前物品的dp[j - W[i]]的更新。

例如，背包重量为10。对于第一个物品，重量为3，价值为5，则dp[3]=5,而更新dp[6]时，dp[6]=max(dp[6],dp[6-3]+5)=10,已更新过的dp[3]相当于取一件第一个物品，因此dp[6]只需转移dp[3]的即可达到取两件第一个物品的目的。

对于本题，求最小值，因此dp[j] = min(dp[j], dp[j - W[i]] + P[i]);

又因背包要完全塞满，因此dp[0] = 0;这样可保证只有能将当前背包完全塞满的重量才可被更新为非INF。

还是上述例子，在研究装入第一件物品时，当更新dp[4]时，因为重量为3，显然只装第一件物品是塞不满重量为4的背包，所以dp[4]暂时不能被更新。

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#define lowbit(x) (x & (-x))
const double eps = 1e-8;
inline int dcmp(double a, double b){
    if(fabs(a - b) < eps) return 0;
    return a > b ? 1 : -1;
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
const int MAXN = 500 + 10;
const int MAXT = 10000 + 10;
using namespace std;
int P[MAXN], W[MAXN], dp[MAXT];
int main(){
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        int E, F;
        scanf("%d%d", &E, &F);
        int w = F - E;
        int N;
        scanf("%d", &N);
        for(int i = 0; i < N; ++i){
            scanf("%d%d", &P[i], &W[i]);
        }
        memset(dp, INT_INF, sizeof dp);
        dp[0] = 0;
        for(int i = 0; i < N; ++i){
            for(int j = W[i]; j <= w; ++j){
                dp[j] = min(dp[j], dp[j - W[i]] + P[i]);
            }
        }
        if(dp[w] == INT_INF) printf("This is impossible.
");
        else printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.
", dp[w]);
    }
    return 0;
}