解题：POI 2012 Cloakroom

题面

首先，单独处理每个询问复杂度显然不可承受，还是考虑通过排序使得限制更容易达到：按照$a$将物品排序，按照$m$将询问排序，这样肯定是要不断添加物品才能达到要求，顺着做一遍就行了

然后发现$b$的限制仍然不好满足，但是我们的可行性dp的数组只记录了是否可行，还有利用的余地，那么以$dp[i]$记录达到$i$的所有方案中最小的$b$的最大值，查询的时候就可以判定了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1005,M=1000005,K=100005,inf=1e9;
struct a{int cc,aa,bb;}obj[N];
struct b{int m,k,s,id;}qry[M];
int n,T,last,dp[K],outp[M];
bool cmp1(a x,a y)
{
    return x.aa<y.aa;
}
bool cmp2(b x,b y)
{
    return x.m<y.m;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d%d",&obj[i].cc,&obj[i].aa,&obj[i].bb);
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++)
        scanf("%d%d%d",&qry[i].m,&qry[i].k,&qry[i].s),qry[i].id=i;
    sort(obj+1,obj+1+n,cmp1),sort(qry+1,qry+1+T,cmp2); dp[0]=inf,last=1;
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        while(last<=n&&obj[last].aa<=qry[i].m)
        {
            for(int j=K-1;j>=obj[last].cc;j--)
                dp[j]=max(dp[j],min(dp[j-obj[last].cc],obj[last].bb));
            last++;
        }
        outp[qry[i].id]=(dp[qry[i].k]>qry[i].m+qry[i].s);
    }
    for(int i=1;i<=T;i++)
        outp[i]?printf("TAK
"):printf("NIE
");
    return 0;
}