题目描述
有n件物品，每件物品有三个属性a[i], b[i], c[i] (a[i]<b[i])。
再给出q个询问，每个询问由非负整数m, k, s组成，问是否能够选出某些物品使得：
1. 对于每个选的物品i，满足a[i]<=m且b[i]>m+s。
2. 所有选出物品的c[i]的和正好是k。
输入格式
第一行一个正整数n (n<=1,000)，接下来n行每行三个正整数，分别表示c[i], a[i], b[i] (c[i]<=1,000, 1<=a[i]<b[i]<=10^9)。
下面一行一个正整数q (q<=1,000,000)，接下来q行每行三个非负整数m, k, s (1<=m<=10^9, 1<=k<=100,000, 0<=s<=10^9)。
输出格式
输出q行，每行为TAK (yes)或NIE (no)，第i行对应第i此询问的答案。
输入样例
5
6 2 7
5 4 9
1 2 4
2 5 8
1 3 9
5
2 7 1
2 7 2
3 2 0
5 7 2
4 1 5
输出样例
TAK
NIE
TAK
TAK
NIE
分析
看起来像个背包，但是它是有限制的。
所以这并不是难不难的问题，它就是那种，被大佬们称作‘有限制的背包问题’的东西
由于物品无序，所以对于第一个限制，可以按a从小到大排序，一个一个放入背包并记录，回答时直接二分一下位置就好了。
我们发现这个题目比以往的题目少了一条限制，即物品的个数。
而且k很小，这个题只需要回答yes和no
所以直接考虑dp[i][j]，表示选前i个物品c的和为j时，所用物品的b的最大值，直接转移即可
这样的话，对于每个问题，
第一个限制直接二分得到a中最后一个小于等于m的位置i
第二个直接看dp[i][k]是否大于m+s，大于则输出yes，反之输出no。
但发现好像内存开不下，所以离线处理询问，再像完全背包一样去dp，一边做一边记录答案
代码如下，感觉细节贼多。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1005;
struct node{int m,k,s,id;}que[1000005];
int n,Q,a[maxn],b[maxn],c[maxn],q[maxn],w[maxn],ans[1000005],dp[100005];
bool cmp(int x,int y){return a[x]<a[y];}
bool cmp1(node a,node b){return a.m<b.m;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&c[i],&a[i],&b[i]),w[i]=a[q[i]=i];
scanf("%d",&Q);for(int i=1;i<=Q;i++)scanf("%d%d%d",&que[i].m,&que[i].k,&que[i].s),que[i].id=i;
sort(w+1,w+1+n);sort(q+1,q+1+n,cmp);sort(que+1,que+1+Q,cmp1);
int K=1;
dp[0]=1e9;
for(int i=1,sum=0;i<=n;i++)
{
while(K<=Q&&que[K].m<w[i])ans[que[K].id]=(dp[que[K].k]>que[K].m+que[K].s),K++;
sum+=c[q[i]];sum=min(sum,100000);
for(int j=sum;j>=c[q[i]];j--)
dp[j]=max(dp[j],min(dp[j-c[q[i]]],b[q[i]]));
}
while(K<=Q)ans[que[K].id]=(dp[que[K].k]>que[K].m+que[K].s),K++;
for(int i=1;i<=Q;i++)if(ans[i])puts("TAK");else puts("NIE");
}