据说也可以用单调队列优化多重背包，但是我不会，所以还是选择了二进制优化。。。

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5445

题意：先给n,m,p，表示有n种甜品，m种卡车，需要的甜品总能量为p，然后有n行，每行有ti，ui，vi，表示第i种甜品的能量值，体积大小，该种甜品个数。然后有m行，每行有xi，yi，zi，表示第i种卡车的体积大小，每辆的费用，该种卡车个数。然后就是要用卡车把这些甜品运到目的地，得到总能量值>=p的甜品。如果不能得到，输出TAT，能，则输出最小花费。其中，一块甜品可以被拆成几份装到卡车中去运输，但是只有一份甜品所有小份被运到目的地时，才会得到相应的能量值。

思路：第一感觉就是两个多重背包。然后考虑甜品可以被拆分，那么我们可以先算出总能量值>=p的甜品的最小体积，假设为q，然后再算出运送>=q体积的甜品的最小费用是多少，即是答案。为什么可以这样呢，因为甜品可以被拆分运输，所以我们只需要考虑总体积，而不需要考虑他们怎么去分配到卡车上，而只要卡车的运输体积>=甜品的总体积，那么卡车肯定可以把这些甜品运输过去。然后什么时候是非法的呢？一种情况，所有糖果的总能量<p，那么肯定是非法了，还有一种，假如我们得到了糖果的最小体积q，但是所有卡车的体积<q，那么我们也是无法运输过去的。

分析了之后，我们就是跑两个多重背包，第一个是，得到总能量>=p的甜品的最小体积，第二个是得到总体积>=q的最小费用。跟背包其实是类似的， 只不过我们的f[i][j]存储的是前i种物品装进>=j的背包的最小价值（普通的不是表示前i种物品装进<=j的背包的最大价值嘛）。道理类似，只不过，初始状态时，如果当前糖果的总能量小于背包容量，我们认为它的最小体积是INF（一个很大的数就好啦，因为后面取的是min），然后递推关系式：f[now][j] = min(f[last][j], f[last][max(j - t[i], 0)] + u[i]);。然后由于复杂度较高，需要用二进制优化成01背包，对物品的数量和取个log。

但是，这样还不过，还是T，后来又去查了查，，发现，最小体积p可能很大（按照题中的范围，可以到2000000），但是题中说最小费用ans<=50000，所以我们把第二个背包改为求费用为x时可以运输的最大体积（这就是原始的背包模型了），然后二分找到体积q对应的最小费用即可。

嗯。。。。写的很丑，内存大，时间慢，，但是大概思路就是这个吧，当然，这肯定不是最好的思路，只是很普通（或者说勉强能过）的思路吧。

代码：

#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 201
#define maxp 50002
#define maxs 2000002
int n, m, p, t[maxn * 10], u[maxn * 10], x[maxn * 10], y[maxn * 10];
int f[3][maxs];
inline int mini(int a, int b)
{return a < b ? a : b;
}
inline int maxi(int a, int b)
{return a > b ? a : b;
}
int main()
{//freopen("input.txt", "r", stdin);int T;scanf("%d", &T);while (T--){int a, b, c;int n1 = 0, m1 = 0;int sum1 = 0, sum2 = 0;scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);sum1 += a*c;t[++n1] = a; u[n1] = b; --c;if (c == 0)continue;for (int j = 2; j < c; j <<= 1){t[++n1] = a*j; u[n1] = b*j; c -= j;}t[++n1] = a*c; u[n1] = b*c;}for (int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);sum2 += a*c;x[++m1] = a; y[m1] = b; --c;if (c == 0)continue;for (int j = 2; j < c; j <<= 1){x[++m1] = a*j; y[m1] = b*j; c -= j;}x[++m1] = a*c; y[m1] = b*c;}//printf("n1 %d m1 %d\n", n1, m1);//printf("sum1 %d p %d\n", sum1, p);if (sum1 < p){printf("TAT\n");continue;}memset(f, 0, sizeof(int) * 3 * maxs);for (int i = 1; i <= t[1]; ++i)f[2][i] = u[1];for (int i = t[1] + 1; i <= p; ++i)f[2][i] = 99999999;for (int i = 2; i <= n1; ++i){int last = ((i - 1) & 1) + 1, now = (i & 1) + 1;for (int j = 1; j <= p; ++j)f[now][j] = mini(f[last][j], f[last][maxi(j - t[i], 0)] + u[i]);}int q = f[(n1 & 1) + 1][p];//printf("sum2 %d q %d\n", sum2, q);if (sum2 < q){printf("TAT\n");continue;}memset(f, 0, sizeof(int) * 3 * maxs);for (int i = 1; i < y[1]; ++i)f[2][i] = 0;for (int i = y[1]; i <= 50000; ++i)f[2][i] = x[1];for (int i = 2; i <= m1; ++i){int last = ((i - 1) & 1) + 1, now = (i & 1) + 1;for (int j = 1; j <= 50000; ++j){f[now][j] = f[last][j];if (j - y[i] >= 0 && f[last][j - y[i]] + x[i]>f[now][j])f[now][j] = f[last][j - y[i]] + x[i];}}int now = (m1 & 1) + 1;int *ansi = lower_bound(f[now] + 1, f[now] + 50001, q);printf("%d\n", ansi - f[now]);}//while (1);//system("pause");return 0;
}