有n種遊戲平台，每一種遊戲平台的**是p_i，並且每一種遊戲平台有g_i個只能在這種平台上執行的遊戲。
必須先買進一種遊戲平台，才能買進在這種遊戲平台上執行的遊戲。
每乙個遊戲有乙個遊戲的**gp_j，並且有乙個產出值pv_j，表示乙隻牛在玩這個遊戲之後會產出多少牛奶。
最多可以花費的金錢為v，求獲得的產出值的和最大是多少。
1 <= n <= 50
1 <= p_i <= 1000
1 <= g_i <= 10
1 <= gp_j ** <= 100
1 <= pv_j<= 1000000
1 <= v <= 100000
這題應該很容易就想到用dp去做：
怎麼實現呢？
①我們設f[i,j]表示前i個遊戲平台用了j元能獲得的最大產出值！
不過這樣很明顯無法做到最優，因為存在可選可不選的情況，所以我們考慮這2中情況可以設狀態轉移方程：
f[i,j,1]表示前i個遊戲平台用了j元，且不選第i個遊戲平台的最大產出值。
f[i,j,2]則表示選了第i個遊戲平台的最大產出值.
然後 f[i,j,1]=max(f[i-1,j,1],f[i-1,j,2])
f[i,j,2]的初值則為max(f[i-1,j-p[i],1],f[i-1,j-p[i],2])
後面對f[i,j,2]的轉移
就可以得出
f[i,j,2]=max(f[i,j,2],f[i,j-gp_k,2]+pv_k)
var
f:array [0..51,0..100001,1..2] of longint;
p,c,x,y,i,j,n,m,k:longint;
function
max(aa,bb:longint):longint;
begin
if aa>bb then
exit(aa);
exit(bb);
end;
begin
assign(input,'vidgame.in'); reset(input);
assign(output,'vidgame.out'); rewrite(output);
readln(n,m);
for i:=0
to m do
for j:=1to2
do f[1,i,j]:=-maxlongint;
for i:=1
to n do
begin
read(p,c);
for j:=0
to m do
begin
f[i,j,1]:=max(f[i-1,j,1],f[i-1,j,2]);
if jthen f[i,j,2]:=-maxlongint
else f[i,j,2]:=max(f[i-1,j-p,1],f[i-1,j-p,2]);
end;
for k:=1
to c do
begin
read(x,y);
for j:=m downto x do
f[i,j,2]:=max(f[i,j-x,2]+y,f[i,j,2]);
end;
readln;
end;
writeln(max(f[n,m,1],f[n,m,2]));
close(input); close(output);
end.
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