题意
有n棵树排成一排，每个树上都有c[i]只小鸟，只有站在树下才可以召唤小鸟，在i-th树下召唤k（k<=c[i]）只小鸟需要消耗cost[i]*k的法力值，但是每召唤一只小鸟可以将法力值的上限增加B，每次到下一棵树时候，法力值会恢复X（但是不会超过上线）,初始时的法力值和上限都是W。
分析
emmm这个题我不会，但感觉真的棒！乍一看很像背包有没有！一开始我想dp[a][b]表示在状态（a,b）时捉到小鸟的最大值，（a,b）代表第a棵树，当前法力值为b，法力值的上限可以通过捉到的小鸟数得到，那么转移就很显然dp[a][b]=max(dp[a][b],dp[a-1][b+k*cost[a]-X]+k)其中b+k*cost[a]<=W+dp[a-1][b+k*cost[a]-X]*B；如果是这样这道题就是简单的背包了，但是注意数据范围！数组开不下！！！再回去认真审题（zhao ti jie），发现有一个提示是c[i]的和小于等于十的四次方，这是在暗示我们将它加入到状态中啊！于是我们就可以这样写dp；
dp[a][b]为在状态（a,b）时剩余的最大能量值，状态(a,b)代表在第a棵树下，已经抓到了b只小鸟。那么初始状态便为dp[0][0]=W;
状态转移为dp[a][b]=max(dp[a][b],min(dp[a-1][b-k]+X,W+(b-k)*B)- cost[a]*k);初始时可以将所有的dp数组赋值为-inf;最后i从大到小找dp[n][i]，当它的值大于等于0的时候（或者不等于-INF），当前i就是答案
对了，这道题不用long long 的话会在第7组WA。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF=;
const int maxn=+;
const int maxc=+;
long long n,W,B,X;
long long c[maxn],cost[maxn];
long long dp[maxn][maxc];
int main(){
//scanf("%d%d%d%d",&n,&W,&B,&X);
cin>>n>>W>>B>>X;
long long M=;
for(int i=;i<=n;i++){
cin>>c[i];
M+=c[i];
}
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&cost[i]); //cin>>cost[i];
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=M;j++)
dp[i][j]=-INF;
dp[][]=W;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=M;j++){
for(int k=;k<=c[i];k++)
if(k<=j&&min(dp[i-][j-k]+X,W+(j-k)*B)>=cost[i]*k)
dp[i][j]=max(dp[i][j],min(dp[i-][j-k]+X,W+(j-k)*B)-cost[i]*k);
}
} int ans=;
for(int i=M;i>=;i--){
if(dp[n][i]>=){
ans=i;
break;
}
}
printf("%d",ans);
return ;
}