度度熊为了拯救可爱的公主,于是与邪恶大魔王战斗起来。
邪恶大魔王的麾下有n个怪兽,每个怪兽有a[i]的生命值,以及b[i]的防御力。
度度熊一共拥有m种攻击方式,第i种攻击方式,需要消耗k[i]的晶石,造成p[i]点伤害。
当然,如果度度熊使用第i个技能打在第j个怪兽上面的话,会使得第j个怪兽的生命值减少p[i]-b[j],当然如果伤害小于防御,那么攻击就不会奏效。
如果怪兽的生命值降为0或以下,那么怪兽就会被消灭。
当然每个技能都可以使用无限次。
请问度度熊最少携带多少晶石,就可以消灭所有的怪兽。
Input
本题包含若干组测试数据。
第一行两个整数n,m,表示有n个怪兽,m种技能。
接下来n行,每行两个整数,a[i],b[i],分别表示怪兽的生命值和防御力。
再接下来m行,每行两个整数k[i]和p[i],分别表示技能的消耗晶石数目和技能的伤害值。
数据范围:
1<=n<=100000
1<=m<=1000
1<=a[i]<=1000
0<=b[i]<=10
0<=k[i]<=100000
0<=p[i]<=1000
Output
对于每组测试数据,输出最小的晶石消耗数量,如果不能击败所有的怪兽,输出-1
Sample Input
1 2
3 5
7 10
6 8
1 2
3 5
10 7
8 6
Sample Output
6
18
分析:题意相当于有n个背包,容量分别为a[i],费用为p[i]-b[i],价值为k[i]。
如果for(n) , for(a[i]) ,for(p[i] ) 枚举的话会T掉,那么,dp(i,j) 表示防御为i时,HP(生命值)为j的晶石最小消耗,也就是枚举for(0-10) , for(HP),for(m),枚举以后直接查表累和就行。对,枚举HP的时候要扩大到HP+10就能过,扩大的原因是技能伤害累和有时会小于HP,那么就不算是KILL掉,也就不能消灭所有怪兽。
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#include <vector>
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#include <functional>
//#include <unordered_map>
#include <map>
#include <queue>
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#include <cstdlib>
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#include <utility>
#include <cstring>
//#include <multimap>
//#include <multiset>
using namespace std;
#define TLE std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
#define ls now<<1,l,mid
#define rs now<<1|1,mid+1,r
#define lc now<<1
#define rc now<<1|1
#define pb push_back
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const int mxn = 2e5+10 ;
ll prime[mxn], isprime[mxn],dis[mxn],x[mxn],y[mxn],p[mxn],a[mxn],b[mxn],k[mxn],dp[11][1000+10];
bool vis[mxn];
int n,m,t,u,v,w;
string str ;
map<int,int>mp;
int main()
{
while(cin>>n>>m)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i]>>b[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
cin>>k[i]>>p[i];
int mxa = *max_element(a+1,a+1+n);
int mxb = *max_element(b+1,b+1+n);
int mxp = *max_element(p+1,p+1+m);
if(mxb>=mxp)
{
cout<<-1<<endl;
continue;
}
memset(dp,inf,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=10;i++)
{
dp[i][0] = 0 ;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int kill = p[j]-i ;
if(p[j]<=i) continue ;
for(int hp=kill;hp<=mxa+10;hp++)
dp[i][hp] = min( dp[i][hp] ,dp[i][hp-kill]+k[j]) ;
}
for(int j=mxa+9;j>0;j--)
dp[i][j-1] = min(dp[i][j-1],dp[i][j]);
}
ll ans = 0 ;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=dp[ b[i] ][ a[i] ] ;
cout<<ans<<endl;
}
return 0 ;
}