这是一道综合性的背包问题。题目给出了多组工作，每组工作的选择规则不同，有些组至少要选一项，有些组最多选一项，有些组任意选。
这道题花了很长时间，需要深入理解状态转移才能够明白。数组dp[i][j],表示第i组，时间剩余为j时的快乐值。每得到一组工作就进行一次DP，所以dp[i]为第i组的结果。下面对三种情况进行讨论。
第一类，至少选一项，即必须要选，那么在开始时，对于这一组的dp的初值，应该全部赋为负无穷，这样才能保证不会出现都不选的情况。状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[k],dp[i][k-cost[j]]+val[j] }。dp[i][k]是不选择当前工作；dp[i-1][k-cost[j]]+val[k]是选择当前工作，但是是第一次在本组中选，由于开始将该组dp赋为了负无穷，所以第一次取时，必须由上一组的结果推知，这样才能保证得到全局最优解；dp[i][k-cost[j]]+val[j]表示选择当前工作，并且不是第一次取。
第二类，最多选一项，即要么不选，一旦选，只能是第一次选。所以状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[k]}。由于要保证得到全局最优解，所以在该组DP开始以前，应该将上一组的DP结果先复制到这一组的dp[i]数组里，因为这一组的数据是在上一组数据的基础上进行更新的。
第三类，任意选，即不论选不选，选几次都可以，显然状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[k],dp[i][k-cost[j]]+val[j] }。同样要保证为得到全局最优解，先复制上一组解。
下面是代码
#include#include #define INF 1000000#define MAX_LIMT 110int get_max(int,int);int main(){ int n,t; while(scanf("%d%d",&n,&t)!=EOF) { int i,j,k,dp[MAX_LIMT][MAX_LIMT]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(i=1;i<=n;i++) { int m,s,cost[MAX_LIMT],val[MAX_LIMT]; scanf("%d%d",&m,&s); for(j=1;j<=m;j++) { scanf("%d%d",&cost[j],&val[j]); } if(s==0) { for(j=0;j<=t;j++) { dp[i][j]=-INF; } for(j=1;j<=m;j++) { for(k=t;k>=cost[j];k--) { dp[i][k]=get_max( dp[i][k],dp[i][k-cost[j]]+val[j]); dp[i][k]=get_max( dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j]); } } } else if(s==1) { for(j=0;j<=t;j++) { dp[i][j]=dp[i-1][j]; } for(j=1;j<=m;j++) { for(k=t;k>=cost[j];k--) { dp[i][k]=get_max(dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j]); } } } else { for(j=0;j<=t;j++) { dp[i][j]=dp[i-1][j]; } for(j=1;j<=m;j++) { for(k=t;k>=cost[j];k--) { dp[i][k]=get_max( dp[i][k],dp[i][k-cost[j]]+val[j]); dp[i][k]=get_max( dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j]); } } } } dp[n][t]=get_max(dp[n][t],-1); printf("%d\n",dp[n][t]); } return 0;}int get_max(int x,int y){ return x>y?x:y;}