题目大意：
一共有n件食材，每件食材有三个属性，ai，bi和ci，如果在t时刻完成第i样食材则得到ai-t*bi的美味指数，用第i件食材做饭要花去ci的时间。
求最大美味指数之和。
分析：
显然的0/1背包，但是，它与平常的0/1背包不同之处在于：平常的物品不会因为时间的延续而使价值贬值，也就是说，先放a、先放b是无所谓的。
但是这个题，“ai-t*bi”的判断方法，显然相同物品的不同放置顺序，都可能得到不同的答案。
所以必然要排序。
但是怎么排序？
按照ci排？但是不一定时间短的要先做，可能其它食物b太大，贬值的很厉害。
按照bi排？但是先做贬值快的，可能由于做的时间长，仍然可能造成其它剩余食物贬值总和更大。
按照(sumb-bi)*ci排？但是由于不一定做i的时候，其它的所有的食物都留下等着做，损失其实不一定有sumb-bi那么大
按照ai-(sumb-bi)*ci排？但是这其实是只考虑了第一个做谁,仍然可能不是最优子结构。
我们这样考虑：
设身处地地想一想，我们假设已经过了p时间，还剩下两个食材x，y，你会怎么办？
一定会考虑，先做x或者先做y哪个会最大收益。
先做x：
a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y] —— ①
先做y：
a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x] —— ②
对这两个式子化简，得到①＞②的条件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].
所以，对于有若干个食物，道理同样如此。
我们先按这个标准排一下序，然后0/1背包即可。
提醒：如果不用滚动数组的话，虽然好理解，但是要记得，不论j>=food[i].c与否，必须要有一个f[i][j]=f[i-1][j]
这里，我定义f[i][j]为，前i个物品，最后一次做完饭是在j时刻。也可以省略第一维。
（至于为什么要排序，假设现在x优于y，如果我们先循环的是x，就代表会先做x，再做y的时候，可以从上一次做完x的时刻转移过来美味程度。
如果y在了前面循环，那么想要同时做x,y,x必须从上一次的某一个y处转移过来，那么这个时候，x一定不是第一个做的。
或者，就算是x想要第一个做，但是y已经循环过去了，不会再从x做完后的时间转移到更靠后的j，也就扔掉了正解的转移路径。）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=55;
const int T=100000+10;
ll f[T];
int sb;
int n,t;
struct node{
ll a,b,c;
bool friend operator <(node a,node b)
{
return a.c*b.b<b.c*a.b;
}
}foo[N];
int main()
{
cin>>t>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].a);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].b);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].c);
sort(foo+1,foo+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=t;j>=foo[i].c;j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-foo[i].c]+foo[i].a-foo[i].b*j);
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=t;i++)
ans=max(ans,f[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
同理的，还有一道考试题：
再过T天就是Kate的生日了，Coffee打算送它一些蛋糕。在Coffee和Kate的世界，蛋糕是做不出来的，而是种出来了。
Coffee收藏着N个蛋糕种子。第i个蛋糕种子需要在室内培育连续Pi天才能长成幼苗，之后将它移栽到室外，再经过Qi天后就会结出一个美味度为Ri的蛋糕。移栽蛋糕苗、为室外的蛋糕浇水以及收取成熟的蛋糕花费的时间对于Coffee来说可以忽略不计，但由于长成幼苗前的蛋糕比较娇嫩，照顾起来也更麻烦，Coffee每天最多只会照顾一棵蛋糕幼苗。
更具体地，如果Coffee在第t0天开始室内培育第i个蛋糕种子，那么它的室内培育工作会占用Coffee第t0..t0+(Pi)-1，并会在t0+Pi+(Qi)-1天结出蛋糕。在t0..t0+(Pi)-1天，Coffee不会开始或同时培养其他种子。
Coffee希望在Kate生日时，送给Kate的蛋糕们的美味度总和尽量大。也就是说，在接下来的T天内，Kate最多能收获蛋糕的美味度总和最大是多少？注意，即使一个蛋糕苗在第T天前已经被移出了室外，只要它在Kate的生日前没能结出蛋糕，它的美味度就不会被计算到总美味度中。
分析：
发现Q这个延时很麻烦，处理的时候还得想之前有没有种过。可以取巧地，假设过完了P天，就立刻熟了，收获了，但是“收获”的这一天不能晚于T-Qi（这个转化就是合法的）
所以就剩一个0/1背包了。
因为对于不同的物品，有不同的背包上界，既然如此，肯定先考虑，把上界低的先放进包里，因为再高了就放不了了。
上界高的，能力大，就可以放到再靠上的包的空间里。
也就是把公共的区间让范围小的先去填充。排序即可。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=300+10;
const int T=20000+10;
int f[N][T];
struct node{
int cost,dis,val;
}ca[N];
int n,t;
bool cmp(node a,node b)
{
if(a.dis!=b.dis) return a.dis>b.dis;
return a.cost<b.cost;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d",&ca[i].cost,&ca[i].dis,&ca[i].val);
sort(ca+1,ca+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=t-ca[i].dis;j>=1;j--)
{f[i][j]=f[i-1][j];
if(j>=ca[i].cost) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-ca[i].cost]+ca[i].val);}
for(int j=1;j<=t;j++)
cout<<f[i][j]<<endl;
cout<<endl;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=t;i++)
ans=max(ans,f[n][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
总结：
1.背包的变式其实是非常多的，总体的定义、循环相差不大，但是关键点多出在排序。
2.排序本质上都是两两之间的物品进行最优解的比较，所以考虑如何排序的时候，可以尝试单独考虑这两个元素之间的大小关系，从而列出式子。
3.背包不能凭感觉瞎想，一定要分析好物品循环的先后顺序。
4.背包本质上还是背包，就是往有限空间里放东西，只是东西千奇百怪罢了，但是考虑方式是可以转化到基础的放东西模型上的。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9059258.html