PAT顶级 1002 Business (35分)（0/1背包）

思路：

1.每份工作只有做和不做，问最大利润，自然就能想到0/1背包问题；
2.设$dp[i][j]$表示用$j$天的时间，在前$i$个工程中所能获得的最大利润，设$wk[i]$为第$i$个工作，$wk[i].pro$、$wk[i].cost$和$wk[i].ddl$分别代表利润、花费的时间和截止日期，则我们有
$dp[i][j]= egin{cases} dp[i-1][j]&j<wk[i].cost\ max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-wk[i].cost]+wk[i].pro)& wk[i].cost leq j leq wk[i].ddl\ max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])& j>wk[i].ddl end{cases}$
和普通背包不同的就是在日期超过$ddl$时我们无法通过完成第$i$份工作来达到第$j$天，因此有第三行的递推式；
3.相同的几个工作，我们肯定需要先完成截止日期近的工作，因此需要对数组内容按截止日期进行排序；

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=52;
int n,lmt=0;
vector<int> dp[maxn];
struct work{int pro,cost,ddl;}wk[maxn];
void solve(){
	for(int i=0;i<=n;i++) dp[i].resize(lmt+1);
	sort(wk+1,wk+n+1,[](const work& w1,const work& w2){return w1.ddl<w2.ddl;});
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=lmt;j++){
			if(j>=wk[i].cost&&j<=wk[i].ddl)
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-wk[i].cost]+wk[i].pro);
			else if(j<wk[i].cost) dp[i][j]=dp[i-1][j];
			else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
		}
	}
	cout<<dp[n][lmt];
}
int main(){
//	freopen("Sakura.txt","r",stdin);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>wk[i].pro>>wk[i].cost>>wk[i].ddl;
		lmt=max(lmt,wk[i].ddl);
	}
	solve();
	return 0;
}