挺明显的一道板子题。
题目大意
就是普通的二维费用背包，只是会给出 \(q\) 个询问，每个询问给出一个总价格 和一个总新鲜值 。
我们需要求出在不同的要求下可以获得的最大美丽值。
题目分析
回想一下，我们在做这类题目的时候，在计算出最终的答案的过程中，我们是不是也把每个状态的最优解也算出来了？所以，我们可以直接进行一次这样的预处理以获得全部状态的最优解，接下来输出就行了。
动态规划预处理
由于有两个需要注意的量，我们把动态规划数组设为两维的。
设 \(f_{i,j}\) 为使用 \(i\) 费用，新鲜值为 \(j\) 时的最大美丽值。易得方程：
\[f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{{i-cost_k},{j-fr_k}}+be_k) \]
代码实现
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,f[1005][1005],tmp1,tmp2;
struct str{
int cost,fr,be;
}q[505];
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);//输入数据
for(int j=0;j<=500;j++)
{
for(int k=1;k<=500;k++) f[j][k]=-0x7fffffff;
}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld",&q[i].cost,&q[i].fr,&q[i].be);
for(int i=1;i<=n;i++)//动态规划预处理
{
for(int j=500;j>=q[i].cost;j--)
{
for(int k=500;k>=0;k--) f[j][k]=max(f[j][k],f[j-q[i].cost][max(k-q[i].fr,0ll)]+q[i].be);//这里，我们不能直接将k定到q[i].fr以达到无需特判的效果，因为如果它小于0的话我们可以直接使用0的状态进行转移（血的教训呜呜呜）
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)//输出答案
{
scanf("%lld%lld",&tmp1,&tmp2);
printf("%lld",max(0ll,f[tmp1][tmp2]));
if(i!=m)printf("\n");
}
return 0;
}