题目背景
话说小 x 有一次去参加比赛，虽然学校离比赛地点不太远，但小 x 还是想坐 出租车去。大学城的出租车总是比较另类，有“拼车”一说，也就是说，你一个人 坐车去，还是一堆人一起，总共需要支付的钱是一样的（每辆出租上除司机外最 多坐下 4 个人）。刚好那天同校的一群 Oier 在校门口扎堆了，大家果断决定拼车 去赛场。
问题来了，一辆又一辆的出租车经过，但里面要么坐满了乘客，要么只剩下 一两个座位，众 Oier 都觉得坐上去太亏了，小 x 也是这么想的。
题目描述
假设 N 位 Oier 准备拼车，此时为 0 时刻，从校门到目的地需要支付给出租
车师傅 D 元（按车次算，不管里面坐了多少 Oier），假如 S 分钟后恰能赶上比赛，
那么 S 分钟后经过校门口的出租车自然可以忽略不计了。现在给出在这 S 分钟当
中经过校门的所有的 K 辆出租车先后到达校门口的时间 T i 及里面剩余的座位 Zi
(1 <= Zi <= 4)，Oier 可以选择上车几个人（不能超过），当然，也可以选择上 0 个
人，那就是不坐这辆车。
俗话说，时间就是金钱，这里小 x 把每个 Oier 在校门等待出租车的分钟数 等同于花了相同多的钱（例如小 x 等待了 20 分钟，那相当于他额外花了 20 元钱）。
在保证所有 Oier 都能在比赛开始前到达比赛地点的情况下，聪明的你能计 算出他们最少需要花多少元钱么？
输入输出格式
输入格式：
每组数据以四个整数 N , K , D , S 开始，具体含义参见题目描述。
接着 K 行，表示第 i 辆出租车在第 Ti 分钟到达校门，其空余的座位数为 Zi
（时间按照先后顺序）。
N <= 100，K <= 100，D <= 100，S <= 100，1 <= Zi <= 4，1<= T(i) <= T(i+1) <= S
输出格式：
对于每组测试数据，输出占一行，如果他们所有人能在比赛前到达比赛地点，
则输出一个整数，代表他们最少需要花的钱（单位：元），否则请输出“impossible”。
输入输出样例
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分析：先给自己一个掌声，因为已经可以独立的写出状态转移方程了，这是巨大的进步：！！！！
我们先来考虑两件事情，就是在第I俩车的时候走多少个人，这是解题的核心；dp(i,j)表示前I俩车后还剩下J人，那我们只要枚举走X人即可 （0<=x<=min(D[i],J))
dp(i,j)=min(dp[i-1][j-x]+x*time[i]+d)
X==0时 ：dp(i,j) = dp(i-1)(j);
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t[101],D[101],dp[110][101]; int main( ) { int n,k,d,s; scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&d,&s); for(int i=1 ; i<=k ; i++) scanf("%d%d",&t[i],&D[i]); for(int i=0 ; i<=k ; i++) for(int j=0 ; j<=n ; j++) dp[i][j]=0x3f3f3f3f; dp[0][0]=0; for(int i=1 ; i<=k ; i++) { for(int j=0 ; j<=n ; j++) { dp[i][j]=dp[i-1][j]; for(int k=0 ; k<=min(D[i],j) ; k++) { dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-k]+k*t[i]+d); } } } if(dp[k][n]>=10000) printf("impossible"); else printf("%d\n",dp[k][n]); return 0; }