题目大意
n件物品，第i件hi高，有ci件，最高的一件不能超过ai的高度。问最高能堆多高
输入：
第一行，一个n
接下来每一行，为hi，ai，ci
输出，最高堆多高
样例输入：
3
7 40 3
5 23 8
2 52 6
样例输出：
48 （从下到上：3个2号，3个1号，6个3号）
分析：
我们很容易想到要先放限制高度小的，那我们就先按限制高度从小到大排序。
然后我们可以发现，这个和多重背包很像，“物重”“价值”都为hi，数量为ci
设dp[i][j]为用前i件，花费高度j的盒子，最高能堆多高（显然dp[][j]=j/0）。
那么状态转移方程为dp[i][j]=max{dp[i-1][j-k*hi]+hi*k}其中限制条件是（dp[i-1][j-k*hi]!=0或j==k*hi ）
但我们发现这个复杂度是不优秀的，我们需要降复杂度。
以下是优化方法{
我们知道，0/1背包和完全背包只需要改变循环方向就行了。
而完全背包从小到大循环就是保证了在更新了标号小的后，计算标号大的时候利用小的就可以使用更新后的值，从而实现“物品无限”。
而我们多重背包是有限的个数，如何在完全背包上动点手脚？
我们在dp[j]相对记录一个usd[j]表示已经用了这个物品几次了。
在保证条件dp[j-hi]!=0或j==hi 和dp[j-hi]+hi>dp[j]时
还需满足usd[j-hi]+1<=ci，再把usd[j]更新成usd[j-hi]+1，这样就能保证该物品使用次数小于等于ci。
最后输出结果小心坑，找到第一个dp[i]不等于0，输出;特判ans==0的情况
代码：
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RG register int
#define rep(i,a,b) for(RG i=a;i<=b;++i)
#define per(i,a,b) for(RG i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
#define inf (1<<29)
#define maxn 405
#define maxm 40005
using namespace std;
int n;
int dp[maxm],usd[maxm];
struct Dat{
int w,a,c;
inline int operator < (const Dat &tt)const{
return a<tt.a;
}
}p[maxn];
inline int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();
int mx=;
rep(i,,n) p[i].w=read(),p[i].a=read(),p[i].c=read();
sort(p+,p++n);
rep(i,,n)
{
memset(usd,,sizeof(usd));
rep(j,p[i].w,p[i].a)
if((j==p[i].w||dp[j-p[i].w]) && dp[j-p[i].w]+p[i].w>dp[j] && usd[j-p[i].w]+<=p[i].c)
dp[j]=dp[j-p[i].w]+p[i].w,
usd[j]=usd[j-p[i].w]+;
}
per(i,p[n].a,) if(dp[i]){cout<<dp[i];return ;}
puts("");
return ;
}