#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int MAXN = 300 + 10;
const int mod = 998244353;
ll dp[MAXN][MAXN][3];
int n, m;int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);REP(i, 0, 3) dp[1][1][i] = 1;_for(i, 1, n)_for(j, 1, m){if(i == 1 && j == 1) continue;REP(k, 1, i)dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[k][j][2] * dp[i-k][j][0] % mod) % mod;REP(k, 1, j)dp[i][j][2] = (dp[i][j][2] + dp[i][k][1] * dp[i][j-k][0] % mod) % mod;dp[i][j][0] = (dp[i][j][1] + dp[i][j][2]) % mod;}printf("%lld\n", dp[n][m][0]);return 0;
}

第一行一个整数n，表示有n个礼品。
第二行两个整数a,b，表示这个直角三角形的两个直角边的长度（a为平行于x轴的直角边的长度，b为平行y轴的直角边的长度）。
接下来n行，每行三个整数xi,yi,wi。

仅一个数，表示最大价值。

4
5 5
1 7 100
1 1 2
2 2 99
7 1 100

101

这一题我判断点是不是在三角形内的方式中斜边是用数学中线性规划的方式判断的完美的避开了正解这道题的关键是一个三维偏序问题，但实际上是一个二维偏序问题一个点被另外一个三角形包含有哪些条件？三条边各一个条件两条直角边就是对x和y坐标的限制如果点j被点i的三角形覆盖则有 xj >= xi, yj >= yi这是很显然的那么斜边呢我开始是用线性规划的方法，推出斜边的方程，然后把点带进去如果小于0那就在斜边的下方这么算没有错，但不能带来优化我们要用一个比较麻烦却可以优化的方式来做就是算出每个点到Bx + Ay = 0的距离（A，B如题目所述）那么如果点j被点i的三角形覆盖则有dis[j] - dis[i] <= A * B / sqrt(A * A + B * B)等号右边是三角形斜边上的高这个式子可以拿笔画一下图，就懂了那么我们可以用一个滑动窗口 O（n）的维护这个东西

先按照dis[i]从小到大排序从大到小遍历，也就是逆序每次把当前点的dis加入队列，这个时候队列里面每一个点的dis都是大于当前这个点的dis的因为是按照从大到小加入的那么最先加入的，也就是说现在处于队尾的，dis值就是最大的那么可以判断拿队头（也就是新加入的点）和队尾做判断，看不满满足

dis[r] - dis[l] <= A * B / sqrt(A * A + B * B)不满足就踢掉队尾，然后继续判断新的队尾，直到满足为止

dis的大小解决了，那么x和y呢？？我们可以观察出来，按照上述方式遍历，对于当前点i，和之前加入的点j不可能同时满足xi > xj yi > yj反证法。如果满足的话，那么有dis[i] > dis[j]那么j这个点肯定还没有加入。所以对于最坏只满足xi > xj yi > yj 其中一个或者两个都不满足

那么我们把满足其中一个的点的权值去掉。由于两个条件不会有交集用两个树状数组维护就好了

然后有一些细节要注意，见注释

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i, a, b) for(register int i = (a); i < (b); i++)
#define _for(i, a, b) for(register int i = (a); i <= (b); i++)
using namespace std;typedef long long ll;
const int MAXN = 1e5 + 10;
const int MAXM = 1e4;
struct node
{int x, y, w;double dis;bool operator < (const node& rhs) const{return dis < rhs.dis;}
}s[MAXN];
int q[MAXN], n, A, B;struct Binary_Index_Tree
{int f[(MAXN << 1) + 10];Disjoint_Set() { memset(f, 0, sizeof(f)); }inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }void add(int x, int p){x += MAXN + 1; //如果下标有负数，在这里改一下就好了，使得下标大于等于1，下标最大要改，数组空间要改for(; x <= (MAXN << 1) + 1; x += lowbit(x))  f[x] += p;}int sum(int x){int res = 0;x += MAXN + 1;for(; x; x -= lowbit(x))res += f[x];return res;}
}X, Y;int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &A, &B);REP(i, 0, n) {scanf("%d%d%d", &s[i].x, &s[i].y, &s[i].w);s[i].dis = (B * s[i].x + A * s[i].y) / sqrt(A * A + B * B);}sort(s, s + n);double dmax = A * B / sqrt(A * A + B * B); //用double，int有误差 int ans = 0, sum = 0, l = 1, r = 0; //注意这里l与r的取值 for(int i = n - 1; i >= 0; i--){sum += s[i].w;q[++r] = i;while(l <= r && s[q[l]].dis - s[q[r]].dis > dmax) //滑动窗口
        {sum -= s[q[l]].w;X.add(s[q[l]].x, -s[q[l]].w); Y.add(s[q[l]].y, -s[q[l]].w); l++;}ans = max(ans, sum - X.sum(s[i].x - 1) - Y.sum(s[i].y - 1)); //一定要区分小于和小于等于，小于记得要-1 X.add(s[i].x, s[i].w); Y.add(s[i].y, s[i].w);                //做完了之后再把当前点加进去
    }                                                          printf("%d\n", ans);return 0;
}

总结

（1）只要复杂度是对的，直接枚举答案，不一定要二分。

（2）有子问题结构想dp。不重复的思想

（3）三维偏序问题化为二维偏序问题，二维偏序用树状数组为维护