Berries DP CodeForces_1Berries348E Phoenix and
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显然，同颜色的框会很多，而同树的框最多n个。即每棵树最多1个。
因为一旦一棵树的框多于1，其可以转化为多个同颜色框+1个同树框。
所以问题就变成了n个树，每棵树可以选择用不用同树框。这其实就是一个01背包的变形。
dp[i][j][k]表示执行到前i颗树，红色剩j个，蓝色剩k个，的状态，最大满筐数是多少。
这样是个n^4的dp，根据经验，可以省去蓝色的那一维，转而用总量减去红色剩余量来表示剩余的蓝色浆果。
所以：dp[i][j]表示执行到前i颗树，红色剩j个.的状态，最大满筐数是多少。
遍历i时，枚举s，表示这一同树框中放红色浆果s个，蓝色k-s个。枚举时保证合法性。
再枚举j，用dp[i-1][j]来更新当前状态。
设nm1表示当前装s个红色浆果到同树框后，红色浆果剩余量，显然：nm1=j+a[i]-s,
sm表示1-i树上总浆果数
同理nm2表蓝色剩余,nm2=sm-dp[i-1][j]*k-k-nm1.
然后考虑转移：dp[i][nm1%k]=max(dp[i][nm1%k],dp[i-1][j]+nm1/k+nm2/k+1); 即装完同树框后，看蓝色与红色能否再装同色框。
枚举完s时加上一个当前数不装同树框的转移即可。
结果为dp[n][j]最大值。
这里注意一个细节。。int取模比long long 快个常数，这题刚好卡这个。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 500+7;
ll dp[M][M];//前i棵树，剩j个红浆果的状态，最大装筐数
int a[M],b[M];
int main()
{
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ll sm=0;
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sm+=a[i]+b[i];
for(int j=0;j<k;j++)
{
if(dp[i-1][j]<0)continue;//不合法状态不能往后转移
for(int s=1;s<k&&s<=a[i];s++)//这一筐装红浆果多少个
{
if(k-s>b[i])continue;//必须合法
int nm1=j+a[i]-s;//红浆果剩余量
int nm2=sm-dp[i-1][j]*k-nm1-k;
dp[i][nm1%k]=max(dp[i][nm1%k],dp[i-1][j]+nm1/k+nm2/k+1);
// cout<<i<<" “<<j<<” “<<s<<” nm1 = “<<nm1<<” nm2 = “<<nm2<<” “<<sm<<” “<<k-s<<” “<<dp[i][nm1%k]<<endl;
}
int nm1=j+a[i],nm2=sm-dp[i-1][j]*k-nm1;//用int更快
// cout<<i <<” “<<j<<” = “<<nm1<<” – “<<nm2<<” "<<sm<<endl;
dp[i][nm1%k]=max(dp[i][nm1%k],dp[i-1][j]+nm1/k+nm2/k);//当前树不装 同一树类型的筐
}
}
ll ans=0;
for(int j=0;j<k;j++)ans=max(ans,dp[n][j]);
cout<<ans<<endl;
return 0;题意： 把字符串 sss 中的字符分给 kkk 个空字符串，要求每个空字符串都有字符，同时最小化 kkk 个字符串中字典序的最大值，输出分配后字典序最大的字符。
分类讨论，如果 sss 排序后，s0=sk−1s_0=s_{k-1}s 0 =s k−1 答案就是 sk−1s_{k-1}s k−1 , 如果相等且 [k,n−1][k,n - 1][k,n−1] 只有一种字符，就要把这种字符依此分给每个字符串，输出最大的. 如果相等但是 [k,n−1][k,n - 1][k,n−1] 多种字符，就把 k−1k-1k−1 后面的所有字符加在 s0s_0s0
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