蒟蒻没有去CSP-J，今天做背包的时候做了这道题，比18年的T3简单多了（ 难点在于如何处理拥有的纪念品。我们不妨在当天交易之前把持有的纪念品全部卖出，但你发现你不知道这一天的纪念品如何存储，我们发现在每一天的最后把购置的纪念品全部以第二天的价格卖出，就相当于在第二天一开始卖出，那么为什么一定在全部交易完后才卖呢？我们完全可以在买的同时用第二天的价格卖出（只是改动了纪念品卖出的时间，而且这三种方案是等价的）。 END
【完全背包】NOIP2019普及组（CSP-J）T3：纪念品
废话18年是摆渡车），个人觉得这道题很适合作为一道背包的进阶题目（其实就是比模板题难一点啊），所以做完以后来这里写下思路供大家参考。虽然很水但我还是调试了半天才过
不废话了，传送门：P5662
然后把金币作为背包容量，当天价格作为费用，下一天的价格减去当天价格的差作为价值，这样做求出的是净利润，即最后在原有金币的基础上赚的，那么这一天的最大收益就是上一天的最大收益+这一天的净利润。
其实就是完全背包的一个简单变形（不让你直接模板套上去罢了），贴出AC代码： #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int t,n,m,p[110][110]; int f[10100],ans[110]; int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin>>t>>n>>m; for(int i=1;i<=t;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ cin>>p[i][j]; } } //如果只有一天，直接输出m（全部卖出） ans[0]=m; if(t==1){ cout<<m; return 0; } for(int k=1;k<=t-1;k++){ memset(f,0,sizeof f); int w=ans[k-1];//在不超过m的情况下尽可能多的购置 for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=p[k][i];j<=w;j++){ f[j]=max(f[j],f[j-p[k][i]]+(p[k+1][i]-p[k][i])); } } ans[k]=w+f[w]; } cout<<ans[t-1]<<endl; return 0; } 19年的T3都AC了，有没有大佬教我T4怎么做啊（
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