E - Selling Souvenirs(动态规划 + 贪心 + 思维（缩小时间复杂度和空间复杂度）)

题意： 输入一个n, m表示物品的数量和最大质量，接下来输入n行，每行输入w, c表示物品的质量和价值，求的是不超过m的质量的最大价值。

题解： 很明显是一个01背包问题，但问题是滚动dp能解决空间复杂度，但是解决不了时间复杂度，O(n*m)显然太大了，

因此我们会思考，创建一个三元集dp[ i ] (它包含val, x1, x2 分别表示质量为i时的最大价值，质量为1的物品个数，质量为2的物品个数 )这个w只有1，2，3三个数字，首先从贪心的思想考虑，我们可以对质量为1，2，3的价值进行降序（用a [ w ] [ i ]表示质量为w的第i大的价值）（从性价比角度考虑质量相等肯定先取价值大的），其后可以先预处理只由质量1和 2组成的dp[m].val的最大值，再用质量3去枚举更优的情况。

转移方程分为两部分：

part1:(预处理质量1，2的dp值)

dp[i] = dp[i - 1];

dp[i].val = max(dp[i -1]. val + a[1] [dp[i - 1].x1 + 1], dp[[i - 2].val + a[2] [dp[i - 2].x2 + 1])

注意：在代码实现过程中要考虑a[1] [dp[i - 1].x1 + 1] 和a[2] [dp[i - 2].x2 + 1]是否存在，如果不存在dp直接继承上一个质量就好，不用进行对应的x1 或 x2 的加一操作。

part2:(质量3取枚举更优解)

dp[m].val = max(dp[m].val , dp[m - i * 3].val + ans[i]) (i * 3 <= m)（ans[i]表示前 i 个大的质量为3的价值和（前缀和）)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7;struct node{long long val, x1, x2;
}dp[3 * N];long long a[5][N];
long long num[5];
long long n, m, w, v;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> w >> v;a[w][++num[w]] = v; //存入质量为w的价值}for(int i = 1; i <= 3; i++){sort(a[i] + 1, a[i] + num[i] + 1, greater<int>()); //等质量的物品降序}dp[0].val = 0, dp[0].x1 = dp[0].x2 = 0;for(int i = 1; i <= m; i++){dp[i] = dp[i - 1];//因为是从前往后遍历质量的所以要先继承前一个质量，避免出现w 为1 和 2 的用完以后，后面的dp[].val的值为0；if(i < 2){if(a[1][dp[i - 1].x1 + 1] != 0){ //质量为1的还没有用完才运行这一步否则x1会多加，防止出现不存在质量为1的物品dp[i].val = dp[i - 1].val + a[1][dp[i - 1].x1 + 1];dp[i].x1  = dp[i - 1].x1 + 1;dp[i].x2  = dp[i - 1].x2;}}else{if(dp[i - 1].val + a[1][dp[i - 1].x1 + 1] < dp[i - 2].val + a[2][dp[i - 2].x2 + 1] && a[2][dp[i - 2].x2 + 1] != 0){dp[i].val = dp[i - 2].val + a[2][dp[i - 2].x2 + 1];dp[i].x2  = dp[i - 2].x2 + 1;dp[i].x1  = dp[i - 2].x1; }else{if(a[1][dp[i - 1].x1 + 1] != 0){dp[i].val = dp[i - 1].val + a[1][dp[i - 1].x1 + 1];dp[i].x1  = dp[i - 1].x1 + 1;dp[i].x2  = dp[i - 1].x2;}}}}long long ans[N] = {0};for(int i = 1; i <= num[3]; i++){ans[i] = ans[i - 1] + a[3][i]; //求前缀和} for(int i = 1; i <= num[3]; i++){if(i <= m / 3){dp[m].val = max(dp[m].val ,dp[m - i * 3].val + ans[i]);//必须要遍历完，避免出现ans[i * 3]不起作用，但是ans[(i + 1) * 3]时会比原来的dp[m].val大的情况}else break;}cout << dp[m].val << '\n';
}

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