题目大意：Bessie要选一些牛参加展览，这些牛有两个属性，funness和smartness，现在要你求出怎么选，可以使所有牛的smartness和funness的最大，并且这两个和都不能为负值
这一题很有意思，首先是这个问题是二维的，它包含两个属性，但是他有一个很重要的条件就是牛只能选一次，所以我们一开始就很容易想到用背包貌似可以求解，但是这一题没有办法直接用背包，因为没有直接给出价值和容量（他给了两个价值）。
但是，我们稍微变换一下，这一题就可以做了，我们要把一个看成是价值，把另一个看成是容量（容量随着包（牛）的增加而增加，可以视为无限）。但是很不幸的是，这一题是有负值的，但是没有关系，因为这一题的两个价值都是有范围的，所以我们可以采用把背包的中点定在半个范围内就可以了（相当于+range/2），那么最终我们把一个在二维展开的问题（求横纵坐标的和的最大值）转化为了一维背包的问题，求解的过程是和01背包是一样的，在负值的时候稍微注意一下反转求解方向就可以了（但是这一题可以剪枝，等一下讲）。
到目前为止我们先入为主讲明白了这一题可以用01背白做，但是为什么呢？其实我自己一开始做的时候是按照离散的思想把100个包按照f+s的大小从小到大排，然后想按照像3666那样做DP，但是这样是不行的，因为我们无法确定负值的时候是否放入包，这样就会很麻烦（其实我自己也不知道自己是怎么想的），那么在这一题，我为什么可以把f看成价值把s看成容量？其实我们把另一个看成价值也是没问题的，其实价值和容量是可以互换的，容量其实是无限的，我们只是把他的解的区间固定在一个位置上，然后相当于是定住一个量，来求另一个量的最大值，因为我们我们用的是背包，所以我们价值的那个量一定是完全求解的，题目要我们求最大值，所以我们只用求出价值的最大值，那么最优解一定在最后的全局解内出现。
最后说一下裁枝的问题，我们可以看到，如果我们只用简单的背包去求，那么会浪费大量的时间在无用的背包赋值（比如在i=1的时候，1000以后的背包值根本不可能有意义），所以我们根据到第几个背包来逐步扩大范围，减少求解的范围，节约时间。
#include <iostream>
#include <functional>
#include <algorithm> using namespace std;
typedef struct _cows
{
int smart;
int fun;
}Cows_Set; static Cows_Set cows[];
static int dp[ * * + ]; void Search(const int); int main(void)
{
int n;
while (~scanf("%d", &n))
{
for (int i = ; i < n; i++)
scanf("%d%d", &cows[i].smart, &cows[i].fun);
Search(n);
}
return ;
} void Search(const int n)
{
//01背包处理二维情况，要把一个看成容量，另一个看成价值 int root = n * , max_range = root * + , ans = 0xf0f0f0f0, tmp_max, tmp_min;
fill(dp, dp + max_range, 0xf0f0f0f0); dp[root] = ;//01背包，就是把这个位置定为0，其他地方都是"不合法" for (int i = ; i < n; i++)
{
tmp_max = root + i * + cows[i].smart;//对区间剪枝
tmp_min = root - i * + cows[i].smart;
if (cows[i].smart >= )
{
for (int j = tmp_max; j >= tmp_min; j--)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - cows[i].smart] + cows[i].fun);
}
else
{
for (int j = tmp_min; j <= tmp_max; j++)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - cows[i].smart] + cows[i].fun);
}
} for (int i = root; i < max_range; i++)
if (dp[i] >= )
ans = max(ans, i - root + dp[i]); printf("%d\n", ans);
}