https://codeforces.com/problemset/problem/19/B
Bob拿着(n)件商品在收银台付款，扫描第(i)件商品需要(t_i)的时间，第(i)件的价格为(c_i)，在扫描的时候可以选择偷走一些商品，偷走一个商品需要1个单位的时间，问最少花多少钱能获得所有商品。(nleq 2000,t_ileq 2000)
相当于把商品划分成两个集合(S,T)，满足(|T|leq sum_{S}t_i)，使得(sum_{S}c_i)最小，左边的式子稍微变形会得到(sum_{T}t_i+|T|=sum_{T}(t_i+1)leq sum t_i)，这就很像背包了：反着考虑获得哪些物品不要花钱，总容量为(sum t_i)，选择一件物品不花钱得到的代价是(t_i+1)，这样一个01背包问题，但是复杂度会达到(O(nt^2)=O(n^3))，接受不了。
不过顺着这个背包的思路继续想，选择花钱买一件物品相当于多获得一个(t_i+1)的体积，对应的付出(c_i)的代价，最终目标是获得所有物品，即(sum_{S}t_i+1geq n)，于是又是一个背包：选择花钱购买一些物品，使得这些物品的体积之和超过(n)，求最小的代价。同样的问题又来了，这样做背包的体积上界是多少？如果还是(O(n^2))级别的话这个优化就没什么用了：仔细想一下上界不会很大，在一系列决策之后如果当前的(sum t_i+)已经超过了(n)，那后面的一定不会继续选择购买，所以最大的情况一定是从一个小于(n)的体积跨越到一个大于(n)的体积，对应的上界就是(n-1+(v_{max}+1)=n+v_{max})了。
https://www.luogu.com.cn/problem/P4141
背包问题变形，(n)个物品，需要回答如果没有第(i)个物品的时候，恰好装满容量为(x=1,dots m)的背包需要多少代价？(n,mleq 2000)。
原问题是(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-v[i]])和(dp[0][0]=1)，暴力做是直接(O(n^2m))的，先处理处没有第一个物品的答案，然后考虑如何给dp删除一个物品和添加物品。
按照滚动数组得到的dp数组考虑，注意到物品顺序不影响答案，假设当前得到的是(f[0,dots,m])，删去物品(i)之后的答案是(g[1,dots,m])，则有当(j<v[i])时，(f[j]=g[j])，当(jgeq v[i])时(f[j]=g[j]+g[j-v[i]])，于是就能从小到大反推出(g[])，这样每一次只需要(O(m))的代价计算删除和加入一个物品的答案。
rep(i,2,n){
rep(j,0,w[i]-1)g[j]=f[j];
rep(j,w[i],m)g[j]=(f[j]-g[j-w[i]]+10)%10;
rep(j,0,m)f[j]=g[j];
for(int j=m;j>=w[i-1];j--)upd(f[j],f[j-w[i-1]]);
rep(j,1,m)printf("%c",f[j]+'0');
puts("");
}
https://www.luogu.com.cn/problem/P1877
01背包变形，(dp[i][j])有(dp[i-1][j-c[i]])和(dp[i-1][j+c[i]])两个转移。
https://www.luogu.com.cn/problem/P1509
二维背包变形，两个代价（rmb和rp）以及两个收益（在泡到最多MM的前提下时间最小），可以考虑两个dp数组，在MM最多的前提下再比较第二维，或者像我在实现的时候直接开个struct来存dp，重载一个比较函数。
https://www.luogu.com.cn/problem/P3985
二维背包变形，一开始理解错题意，以为是DP的时候多带一个极差(leq3)的限制，后面发现原来是给的数据保证极差(leq 3)，那就好做了，考虑最后选择的物品的集合是(S)，最后要(sum_{iin S} v_ileq W)，取(X=min_i(v_i))，式子变成(X|S|+sum_{iin S}(v_i-X)leq W)，考虑个双重限制的背包：一个是(v_iin{0,1,2,3})，和第二维代价：每选一个物品代价是1，先对这个二维背包进行DP，然后再统计符合条件的答案。
https://www.luogu.com.cn/problem/P1455
并查集维护连通块，然后直接对每一个联通块01背包
https://www.luogu.com.cn/problem/P1858
(K)个人，每个人有一个背包，容量都是(V)，(N)件物品，现在要每个人都能恰好装满背包，并且任意两个人选的物品不完全相同，所有人价值之和的最大(Kleq 50,Vleq 5000,Nleq 200)。
发现相当于在求一个01背包要求完全装满的前(K)大值，前(K)大的处理一般是把普通的DP式子转化成一个单调队列来维护，转移变成(O(k))地归并状态。
rep(i,1,n)per(j,V,v[i]){
tmp.clear();
for(auto itr:f[j])tmp.pb(itr);
f[j].clear();
int p=0,q=0;
while((p<tmp.size()||q<f[j-v[i]].size())&&(p+q<=k)){
int sp=tmp.size(),sq=f[j-v[i]].size();
if(q>=sq||(p<sp&&q<sq&&tmp[p]>w[i]+f[j-v[i]][q]))f[j].pb(tmp[p++]);
else f[j].pb(w[i]+f[j-v[i]][q++]);
}
}