Description
Input
3 10
1 1 1 1
2 2 2 2
1 3 15 9
Output
3
HINT
-----sample2------
1 1 13 1
2 2 2 2
1 3 4 7
-----sample2-----
30%的数据，0 < T ≤ 4000
100%的数据，N ≤ 200, 0 < T ≤ 40000
思路：求在时间t内最多可以拿多少金子。一看就是背包问题嘛。。但是：有些黄金在一条直线上，必须按顺序挖。这句话的意思是比如说abc这三块金子在一条直线上，如果想拿b就必须拿a，想拿c必须拿ab。所以这个背包类型就是。。。有依赖的背包问题啦(*^▽^*)，
我是从背包九讲看到的，有依赖的背包问题要转化成分组背包，分组背包多加一个循环，可以看成01背包，这样就把问题简化好多。
把有依赖的背包问题贴上来
P07: 有依赖的背包问题
简化的问题
这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。
算法
这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。
按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）
考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。
再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。 这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。
P06: 分组的背包问题
问题
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
算法
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：
f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
上代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
struct node
{
double slope;//斜率，如果斜率相同说明在一条直线上
int t;int v;
int dis;//距离
}k[1000];
bool cmp(node a, node b)
{
if (a.slope == b.slope)
return a.dis < b.dis; //在一条直线上，按距离远近排序
else
return a.slope < b.slope;//按斜率大小排序
}
int mk[1000]; //用于分组的数组
int dp[40010]; //动态转移
int main()
{
int n, t;
while (cin>>n>>t)
{
memset(mk, 0, sizeof(mk));
memset(k, 0, sizeof(k));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; i++)//初始化
{
int x, y,t,v;
cin >> x >> y >> t >>v;
k[i].t = t;
k[i].v = v;
k[i].slope = (double)(x) / (double)y;//注意用double，不然5/4=6/4;
k[i].dis = x * x + y * y; //距离的平方。
}
sort(k+1, k + n+1, cmp);//排序
int xb = 1;//xb代表分好组的序号
mk[1] = 1;//mk表示第一个元素在第一组
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (k[i].slope == k[i - 1].slope)//如果在一条直线之上
{
mk[i] = xb;
k[i].v += k[i - 1].v;//累加（时间）之前相同角度的金矿作为整体进行考虑
k[i].t += k[i - 1].t;//累加价值
}
else
{
mk[i] = ++xb;//分组。一旦和上一个点坐标不在一条线上，那么另起一组，组的序号+1
}
}
int i, j, z,zs=1;//zs代表每组金矿的起始下标 分组背包转化为01背包
for (i = 1; i <= xb; i++)//总的金矿组数
{
for (j =t; j>=1; j--)//背包当前容量
{
z = zs;
for (; mk[z] == i;z++)//每组金矿中选一个（或者一个都不选）
{
if (j >= k[z].t)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - k[z].t] + k[z].v);
}
}
}
zs = z;
}
cout << dp[t]<< endl;
}
return 0;
}