贪心（微扰） + dp
这道题还是比较难的，前置知识：
算法1：暴力\(O(T * n! * n)\)
可以\(dfs\)全排列枚举所有吃的方案，然后每次线性算能量取最大值即可。
算法2：贪心 + dp \(O(T * n * \sum_{i = 1}^{n}s_i)\)
贪心将问题转化
发现有可能存在最优解的某些宝石的贡献为\(0\)，我们剔除了这些宝石。
假设最优解的能量石排列长度为\(k (1 <= k <= n)\) 因为去掉了那些没有贡献的宝石，位置为：
\(a_1, a_2, a_3...a_k\)。
那么对于任意两个位置\(i = a_l, j = a_{l + 1} (1 <= l < k)\)
交换后两个宝石的贡献总和不会变得更大，即（假设之前的总时间为\(t\) ）：
\(E_i - t * L_i + E_j - (t + S_i) * L_j >= E_j - t * L_j + E_i - (t + S_j) * L_i\)
整理后：
\(S_i * L_j <= S_j * L_i\)。
我们可以把跟\(i\)有关的放到一边，调整一下:
\(\frac{S_i}{L_i} <= \frac{S_j}{L_j}\)
这样，我们只要以如上条件作为宝石间排序的条件，进行一次\(sort\)。
那么最优解的坐标（新的坐标）一定满足：
\(a_i < a_2 < a_3 ... < a_k\)
由于排序后的数组具有传递性，即对于\(i < j\)，都有
\(\frac{S_i}{L_i} <= \frac{S_j}{L_j}\)
所以可以证明交换任意两项的都不会得到更小的值。（具体证明略，太麻烦了qwq）
dp
那么，我们只要搞个\(01\)背包，\(S_i\)作为费用，\(max(0, E_i - (t - S_i) * L_i)\) 作为价值 (\(t\)为当前花费时长)。
\(f[t]\) 表示当前正好花\(t\)时间得到的最大能量。
状态转移方程：
\(f[t] = max(f[t], f[t - S_i] + max(0, E_i - (t - S_i) * L_i))\)
由于我们背包放物品（宝石）的顺序是坐标从\(1\)到\(n\)的，所以一定能枚举到最优解。
初始状态：\(f[0] = 0\)，其余为负无穷
答案：\(max(f[i]) (1 <= i <= \sum_{i = 1}^{n}s_i)\)
参考代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105, S = 10005;
int n;
int f[S];
struct Node{
int s, e, l;
bool operator < (const Node &x) const{
return s * x.l < x.s * l;
}
}a[N];
int main() {
int T, cnt = 0; scanf("%d", &T);
while(T--) {
memset(f, 0xcf, sizeof f);
scanf("%d", &n);
int t = 0;
for(int i = 1, s, e, l; i <= n; i++) {
scanf("%d%d%d", &s, &e, &l);
t += s; a[i] = (Node) { s, e, l };
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = t; j >= a[i].s; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - a[i].s] + max(0, a[i].e - (j - a[i].s) * a[i].l));
}
int res = 0;
for(int i = 1; i <= t; i++) res = max(res, f[i]);
printf("Case #%d: %d\n", ++cnt, res);
}
return 0;
}