让人难以想出的动态转移方程小集
总有一些动态转移方程让人很难想，现在先让我们看几道题吧。
1.luoguP4138 [JOISC2014]挂饰：
题目描述
JOI君有N个装在手机上的挂饰，编号为1...N。 JOI君可以将其中的一些装在手机上。
JOI君的挂饰有一些与众不同——其中的一些挂饰附有可以挂其他挂件的挂钩。每个挂件要么直接挂在手机上，要么挂在其他挂件的挂钩上。直接挂在手机上的挂件最多有1个。
此外，每个挂件有一个安装时会获得的喜悦值，用一个整数来表示。如果JOI君很讨厌某个挂饰，那么这个挂饰的喜悦值就是一个负数。
JOI君想要最大化所有挂饰的喜悦值之和。注意不必要将所有的挂钩都挂上挂饰，而且一个都不挂也是可以的。
输入格式
第一行一个整数N，代表挂饰的个数。
接下来N行，第i行(1<=i<=N)有两个空格分隔的整数Ai和Bi，表示挂饰i有Ai个挂钩，安装后会获得Bi的喜悦值。
输出格式
输出一行一个整数，表示手机上连接的挂饰总和的最大值
输入输出样例
5 0 4 2 -2 1 -1 0 1 0 3
5
说明/提示
1 ≤ N ≤ 2000
0 ≤ Ai ≤ N (1≤i≤N)
−10^6 ≤ Bi ≤ 10^6 (1≤i≤N)
f[ i ] [ j ]表示前i件物品在有j个挂钩的情况下的最大价值
因为j-w[i]+1可能是个负数，没有意义，这时候就要考虑这物品直接挂在手机上即j=1，也就需要我们把j-w[i]和0取最大值保证有意义
所以正解方程为f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][max(j-w[i].a,0)+1]+w[i].b) ;//这里的a是钩子，b是价值
注意：这里的 j 是指剩余的挂钩数量。
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <algorithm>
4 #include <cmath>
5
6 #define maxn 3100
7 #define maxx -1000000000
8 using namespace std;
9 int f[maxn][maxn];
10 struct node{
11 int a,b;
12 }a[maxn];
13 bool cmp(node a,node b){
14 return a.a>b.a;
15 }
16 int main(){
17 int n;
18 cin>>n;
19 for(int i = 1; i <= n; i++){
20 cin>>a[i].a>>a[i].b;
21 }
22 sort(a+1,a+1+n,cmp);
23 for(int i = 0; i<= n; i++){
24 f[i][n+1]=maxx;
25 f[0][i]=maxx;//初始化要注意
26 }
27 f[0][1]=0;
28 for(int i = 1 ;i <= n; i++){
29 for(int j =0 ; j <= n; j++){
30 f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][max(j-a[i].a,0)+1]+a[i].b);
31 }
32 }
33 int maxm=maxx;
34 for(int i = 0 ; i<= n; i++){
35 maxm=max(maxm,f[n][i]);
36 }
37 cout<<maxm;
38 return 0;
39 }
2.luoguP1412 经营与开发
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
金钱可以透支。
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
输入格式
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
输出格式
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
输入输出样例
5 50 50 10 1 10 1 20 2 10 2 20 1 30
375.00
说明/提示
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 using namespace std;
4 int n, f[100005], a[100005];
5 double c, k, w, dp[100005];
6 int main(){
7 cin>>n>>k>>c>>w;
8 for(int i=1; i<=n; i++)
9 scanf("%d %d", &f[i], &a[i]);
10 for(int i=n; i>=1; i--){
11 if(f[i]==1) dp[i] = max(dp[i+1], a[i]+dp[i+1]*(1-0.01*k));
12 else dp[i] = max(dp[i+1], -a[i]+dp[i+1]*(1+0.01*c));
13 }
14 printf("%.2lf", dp[1]*w);
15 return 0;
16 }
