从昨天晚上到今天早上，A了，A完看看题解，没有看到一样的思路，写一篇随笔。

先看题——

洛谷P1156 垃圾陷阱

题目描述

卡门――农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛――已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方，它的深度为D(2≤D≤100)英尺。

卡门想把垃圾堆起来，等到堆得与井同样高时，她就能逃出井外了。另外，卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。

每个垃圾都可以用来吃或堆放，并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。

假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t(0<t≤1000)，以及每个垃圾堆放的高度h(1≤h≤25)和吃进该垃圾能维持生命的时间f(1≤f≤30)，要求出卡门最早能逃出井外的时间，假设卡门当前体内有足够持续10小时的能量，如果卡门1010小时内没有进食，卡门就将饿死。

输入格式

第一行为2个整数，D和 G(1≤G≤100)，G为被投入井的垃圾的数量。

第二到第G+1行每行包括3个整数：T (0 < T <= 1000)，表示垃圾被投进井中的时间；F(1≤F≤30)，表示该垃圾能维持卡门生命的时间；和 H(1≤H≤25)，该垃圾能垫高的高度。

输出格式

如果卡门可以爬出陷阱，输出一个整表示最早什么时候可以爬出；否则输出卡门最长可以存活多长时间。

输入输出样例

输入 #1

20 4
5 4 9
9 3 2
12 6 10
13 1 1

输出 #1

13

正常的dp我就不打了，我就写一下我的那个奇怪的思路，首先，我们先不救它出来，先保证它活着，那么就一直吃垃圾，如果它这样都活不到下一次垃圾投放，那这就是它能活到的最久时间，也就是先从小到大排序，再求F[i]的前缀和，比T[i+1]小，就活不下去了，直接输出前缀和，然后就是求出来时间的最小值的dp，最后再找出出不来的情况，输出F[g]的前缀和。

dp就是简单分两种情况，吃或堆，找最小，死了或用完不够是返回时间最大值3011（G、F最大100*30=3000，加上初始值10,3010最大，再加1，3011）。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int d,g;
struct node{
    int t;
    int f;
    int h;
}a[110];
bool cmp(node x,node y){
    return x.t<y.t;
}
int ff[110][3010][110];
int dp(int i,int j,int k){
    if(ff[i][j][k]>0)return ff[i][j][k];
    if(k<=0)return a[i-1].t;
    if(j<a[i].t)return 3011;
    if(i>g) return 3011;
    return ff[i][j][k]=min(dp(i+1,j,k-a[i].h),dp(i+1,j+a[i].f,k));
}
int main(){
    cin>>d>>g;
    for(int i=1;i<=g;i++){
        cin>>a[i].t>>a[i].f>>a[i].h;
    }
    sort(a+1,a+g+1,cmp);
    int tot=10;
    int p=0;
    for(int i=1;i<=g;i++){
        if(tot<a[i].t){
            cout<<tot;
            p=1;
            break;
        }
        tot+=a[i].f;
    }
    if(p==0){
        int t=dp(1,10,d);
        if(t==3011){
            cout<<tot;
        }
        else{
            cout<<t;
        }
    }
    return 0;
}