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256MB
描述
且说上一周的故事里，小Hi和小Ho费劲心思终于拿到了茫茫多的奖券！而现在，终于到了小Ho领取奖励的时刻了！
小Ho现在手上有M张奖券，而奖品区有N件奖品，分别标号为1到N，其中第i件奖品需要need(i)张奖券进行兑换，同时也只能兑换一次，为了使得辛苦得到的奖券不白白浪费，小Ho给每件奖品都评了分，其中第i件奖品的评分值为value(i),表示他对这件奖品的喜好值。现在他想知道，凭借他手上的这些奖券，可以换到哪些奖品，使得这些奖品的喜好值之和能够最大。
输入
每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。
每组测试数据的第一行为两个正整数N和M,表示奖品的个数，以及小Ho手中的奖券数。
接下来的n行描述每一行描述一个奖品，其中第i行为两个整数need(i)和value(i)，意义如前文所述。
测试数据保证
对于100%的数据，N的值不超过500，M的值不超过10^5
对于100%的数据，need(i)不超过2*10^5, value(i)不超过10^3
输出
对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示小Ho可以获得的总喜好值。
5 1000样例输出
144 990
487 436
210 673
567 58
1056 897
2099
最简单的背包问题，定义状态方程 dp[i][j] -- j张奖券在前i个物品中能获得的最大value。 状态转移，第i个物品若不拿则为dp[i-1][j],若拿则为dp[i-1][j-need[i]]+value[i].
重复利用一维数组节省空间--因为前i个物品dp[i]的值只是直接依赖于前i-1个物品dp[i-1]的值，所以前面1-(i-2)的没必要保存，每次可以直接用前一次的数据直接更新
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[100001];
int need[501];
int value[501];
int main()
{
int n,m;
cin >> n >>m;
for( int i=1; i<=n; i++)
cin >> need[i] >> value[i];
fill( dp, dp+m+1,0);
for( int i=1; i<=n; i++)
for( int j=m; j>=1; j--) //节省空间重复利用一维数组，因为dp[i]只需要用到本身和前面dp[i-need[i]]，所以从后面开始更新
{
if( j>=need[i])
dp[j] = max( dp[j-need[i]]+value[i], dp[j]);
}
cout << dp[m];
return 0;
}