P2340 奶牛会展

　　感觉这是一道挺好的dp。

　　拿到题第一眼，就看出来是一个01背包（显然每一个只能选择取或者不取），那么只要一个做体积，一个做价值，跑完取所有v>0状态中v + f [ v ] 的最大值就可以了。但是，与普通的01背包有一点不同。

　　第一，这道题的容积有负的，这导致了dp转移方向的变化。想想平时为什么01背包从大往小，因为我更新这个状态用到了体积小的状态，而物品只能放一遍，自然要保证这个状态的更新不可以用到已经被这个物品更新的状态）。但是当体积出现负的时候，那么这个状态的更新就会用到大的体积，所以就要反向枚举体积了，这个是很好理解的。

　　我写的时候遇到了一个小问题——就是在选的过程中，和允许是负的。这就难办了——因为模拟体积的是数组下标，体积可以是负的，但是数组下标……为了解决这个问题，我们可以使用数组偏移的方法，也就是说用一个大值代表0，保证最小的数的绝对值小于这个代表0的数，最后结算的时候减去这个数就行了。

　　有个细节问题：就是如果这个体积是负的，反向枚举是从开始（我第一遍写的时候顺手就写了 v [ i ] ），以及上限是很大值 + v [ i ] ，因为我们要保证，我们的 j - v [ i ] 必须是在初始化范围内啊，也就是说，我们用来转移的状态必须合法。

　　注意这几个细节，这道题就很简单了。

　　下面是代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1000005
int f[maxn],v[maxn],w[maxn];
int n;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
    memset(f,-0x3f,sizeof(f));
    f[400000]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(v[i]>0)
            for(int j=800000;j>=v[i];j--)
                f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
        else 
            for(int j=0;j<=800000+v[i];j++)
                f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
    }
    int ans=0;
    for(int i=400000;i<=800000;i++)
        if(f[i]>=0) ans=max(ans,i+f[i]-400000);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}