T1：等差数

本题难度中等，公差等于 \(0\) 的等差数只含一种数码，公差不等于 \(0\) 的等差数只有几百个。所以本题的方针是先把公差不等于 \(0\) 的等差数都找出来。在公差等于 \(0\) 和公差不等于 \(0\) 的两类中分别找大于 \(n\) 的最小树，两者较小的就是答案。

T2：炼金工坊补充道具

本题难度较大，以消耗能量为物品大小，造成伤害为物品价值，做多重背包即可。

\(q_i\) 是第 \(i\) 种物品的个数
\(c\) 作为物品大小，\(d\) 作为物品价值

记 dp[i][j] 表示用前 \(i\) 个总大小恰好等于 \(j\) 的物品能选出的最大总价值

\(j\) 最大可达 \(\max(n) \cdot \max(q) \cdot \max(c) = 10^5\)
\(i\) 最大可达 \(\max(n) \cdot \log_2 \max(q) = 700\)

答案为使得 \(dp[cnt][j] \geqslant H\) 的最小 \(j\)
(\(cnt\) 是拆分后的物品个数)

代码实现 
#include <bits/extc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)

using namespace std;
using P = pair<int, int>;

inline void chmax(int& x, int y) { if (x < y) x = y; }

int main() {
    int h, n;
    cin >> h >> n;
    
    vector<P> ds;
    int m = 0;
    rep(i, n) {
        int q, d, c;
        cin >> q >> d >> c;
        m += c*q;
        for (int j = 1; j <= q; j <<= 1) {
            ds.emplace_back(c*j, d*j);
            q -= j;
        }
        if (q) ds.emplace_back(c*q, d*q);
    }
    
    vector<int> dp(m+1);
    for (auto [v, w] : ds) {
        for (int i = m; i >= v; --i) {
            chmax(dp[i], dp[i-v]+w);
        }
    }
    
    rep(i, m+1) {
        if (dp[i] >= h) {
            cout << i << '\n';
            return 0;
        }
    }
    
    puts("Game Over");
    
    return 0;
}