• 原题链接：P1853 投资的最大效益。

• 难度：Easy+。

稍有扩展的多重背包模板。

正解

容易发现，对于每年份购买的债券存在一个贪心策略：最大化每年的年利息，那么就可以转为对每年进行考虑。

可以将债券抽象成货物，投资额是体积 $v_i$，年利息是价值 $w_i$，而背包的容量就是当前的 $s$。

然后对每年做一次多重背包就可以了。

但是这样的时间复杂度是 $O(snd)\approx {10}^6\times 40\times 10=4\times {10}^8$，比较悬，而实际上 $s$ 加上年利息后是会超过 ${10}^6$ 的，故会超时。

注意到数据范围中保证了 $v_i$ 是 ${10}^3$ 的倍数，那么可以将所有体积都除以 ${10}^3$，那么时间复杂度就会变为 $O({\displaystyle \frac{snd}{\lambda }})$，其中 $\lambda ={10}^3$，就比较稳当了。

下面考虑其做法的正确性。

因为 $v_i$ 除以 ${10}^3$ 一定是整数，所以不会出现错误。

但是 $s$ 呢？

因为 $v_i$ 必然 $\ge {10}^3$，所以 $s$ 中 $<1000$ 的部分（即 $smod{10}^3$），是一定不能用来购买债券的，所以可以忽略掉。

代码

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 15, S = 1e5 + 10;

int s, n, m, v[N], w[N], f[S];

void input() {
  std::cin >> s >> m >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cin >> v[i] >> w[i];
    v[i] /= 1000;
  }
}

void work() { // 做一次背包
  memset(f, 0, sizeof(f));
  int V = s / 1000;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) { // 遍历物品
    for (int j = v[i]; j <= V; ++j) {
      f[j] = std::max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
    }
  }
  s += f[V]; // 更新当前资产
}

int main() {
  input();
  while (m--) work();
  std::cout << s << std::endl;
  return 0;
}