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SRM502 Div1 500
好题。
首先，如果已经确定了解决所有问题的优先级，只需要对于每一个问题是否被解决做出决策，那么显然直接 01 背包就好了。
事实上，我们是可以贪心地确定两个问题的优先程度的。
对于两个问题，假设分别为 a 和 b，则先做 a 再紧接着做 b 和先做 b 再紧接着做 a 的收益之差为
[egin{eqnarray*}
&&(-dec_a imes req_a-dec_b imes (req_a+req_b))-(-dec_b imes req_b-dec_a imes (req_a+req_b))\
&=&dec_areq_b-dec_breq_a
end{eqnarray*}
]
设 先做 a 再紧接着做 b 优于 先做 b 再紧接着做 a ，那么
[dec_areq_b>dec_breq_a\
Longrightarrow frac{dec_a}{req_a}>frac{dec_b}{req_b}
]
如果我们称在一种方案中，a 先于 b 做，但不满足上式时，ab 为一对逆序对，那么：
不失一般性，对于某一种方案的任何相邻的逆序对都执行交换操作后，这种方案中依次进行的决策的相邻元素都满足上式，等价于按照上式所述的特殊值排序。
于是我们就确定了所有问题的优先级，再套个 01 背包即可解决这个问题。
static const int N=55,TT=100005*2;
static const LL INF=1LL<<56;
int n;
LL dp[TT];
int find(int T, vector <int> a, vector <int> d, vector <int> r){
n=a.size();
for (int i=0;i<n;i++)
for (int j=i+1;j<n;j++)
if (1LL*r[j]*d[i]<1LL*r[i]*d[j]){
swap(a[i],a[j]);
swap(d[i],d[j]);
swap(r[i],r[j]);
}
for (int i=0;i<TT;i++)
dp[i]=-INF;
dp[0]=0;
for (int i=0;i<n;i++)
for (int j=T-1;j>=0;j--)
dp[j+r[i]]=max(dp[j+r[i]],dp[j]+a[i]-1LL*d[i]*(j+r[i]));
LL ans=-INF;
for (int i=0;i<=T;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
return ans;
}