题意就是给出n对数
每对xi, yi 的值范围是-1000到1000
然后让你从中取若干对
使得sum(x[k]+y[k]) 最大并且非负 且 sum(x[k]) >= 0 sum(y[k]) >= 0 其中 k为所有你取到的标号
然后刚开始没什么思路
后来想想。 这就是背包吧。
将x看成花费，y看成价值
然后dp[i]表示在花费了i情况时价值最大是多少
注意到数值有负数
所以要加一些技巧
所有x的总值可能是-10w，而所有y的总值也可能是-10W
那么可以dp[100000] = 100000
以这个作为什么都没取的状态。
然后我们要判断第一个数的和是否非负就是判断 dp[i]中的i是否小于10W
然后判断第二个数的和非负就是判断dp[i]是否小于10W
这样的好处是我们只需要在转移方程时，
如果花费为c，价值为w
判断dp[i - c] 是否为0即可判断其状态是否合法
这是因为我们要的是恰好总和为i的状态。
所以起始的合法状态只有1个
然后在转移的时候也需要注意
开一个数组就行了。
传统的01背包转移， 使用滚动数组的方法是倒着来
那么对于这题有正花费有负花费。
所以对于负花费很显然是正着来的。
而且这题直接枚举1到20W这样花费 就比较慢。
因为有很多状态的花费还没有用到。
所以每次计算一下可能用到的间隔。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <map>
#include <vector>
#define MAXN 200005
#define INF 1000000007
using namespace std;
int dp[MAXN];
int mid = 100002;
int n;
int main()
{
dp[mid] = mid;
int c, w;
scanf("%d", &n);
int l = mid, r = mid;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d", &c, &w);
l = min(l, l + c);
r = max(r, r + c);
if(c > 0)
{
for(int j = r; j >= l; j--)
if(dp[j - c])
dp[j] = max(dp[j - c] + w, dp[j]);
}
else
{
for(int j = l; j <= r; j++)
if(dp[j - c])
dp[j] = max(dp[j - c] + w, dp[j]);
}
}
int res = 0;
for(int i = mid; i < MAXN; i++)
if(dp[i] >= mid)
res = max(res, i - mid + dp[i] - mid);
printf("%d\n", res);
return 0;
}