Description
类似于炒股票，有买进有卖出，当天可以既买进又卖出无限次，现在有若干件物品，每件物品都有一个价格，每天每件物品的价格不一致，你初始有\(m\)元钱，想要通过若干次购进卖出的操作，使得\(T\)天后你手里的钱最多。要求：\(T\)天结束你手中的股票必须全部售出。
Solution
乍看题发现如果直接dp状态很多，我们先来看看部分分：
对于10%的数据，T=1
当我们只有一天时，无论怎么搞只能有\(m\)元，直接输出\(m\)即可。这十分属于送分。
接下来考虑正解。
发现题目没有突破口了，想要dp却无法设计状态。
有一个重要的性质：题目允许当天买进当天卖出，如果我们在第\(l\)天买进，在第\(r\)天卖出，那么如果我们中间在第\(l+1\)天买进，在第\(l+1\)天卖出，在第\(l+2\)天买进，在第\(l+2\)天卖出......是不是不会影响答案？
这是本题的一个重要突破口。
我们都假设在第一天买进，在第二天早上卖出，显然我们希望第二天早上卖出的钱更多，满足局部最优解。
到这里，我们发现这是一个完全背包问题，考虑将完全背包问题的方程转换到本题中。
令\(f_{i,j,k}\)表示在第\(i\)天的时候，枚举前\(j\)件物品，手中钱有\(k\)元时，第二天能卖出的最大价钱。
则满足：
\(f_{i,j,k}=max(f_{i,j,k},f_{i,j-1,k+price_{i,j}}-price_{i,j}+price_{i+1,j})\)
(\(price_{i,j}\)表示第\(i\)天时第\(j\)件物品的价钱)
解释一下：第\(j\)天若在第二天卖出的最大价钱，可以通过上一件物品的最大价钱（上一件物品手中有的钱为\(k+price_j\)，因为本次购买需要消费\(price_{i,j}\)元，同时第二天卖出能获得\(price_{i+1,j}\)元。
是不是类似于完全背包！
但是这样交上去会MLE，既然和完全背包类似，那就像完全背包一样考虑优化状态，由于第\(i\)天只依赖于第\(i-1\)天，故砍掉这层状态。枚举前\(i\)件物品也可以通过按照顺序枚举控制，故只需要保存手中前有\(k\)元时的状态就可以了！（和完全背包类似的）
这样我们就只需要令\(f_k\)表示手中钱有\(k\)元时第二天能卖出的最大价钱就可以了，状态转移方程如下：
\(f_k=max(f_k,f_k-price_{i,j}+price_{i+1,j})\)
和完全背包同理，枚举价钱的时候需要从大到小枚举。这样也算是每次尝试更改本物品可以改变的最大价钱。
由于dp时每天是独立的，每天和每天之间有关联的只有每件物品的价钱和持有金币数。所以每天开始前\(f\)数组都应初始化为极小值。
每天结束后取\(f\)数组里的max即为第二天开始时手中持有的金币数。（肯定选一个最赚钱的呀
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define N 10010
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int f[N];
int price[N][N];
int t,n,m;
int ans = 0;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
for(int i=1;i<=t;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&price[i][j]);
}
int money = m; //初始化手中持有的金币数为m
for(int i=1;i<=t;i++)
{
// cout<<money<<endl;
memset(f,-INF,sizeof(f)); //每天开始前初始化为极小值
f[money] = money; //边界：什么都不买的时候第二天还是拥有这些钱
for(int j=1;j<=n;j++)
{
for(int k=money;k>=price[i][j];--k) //和完全背包同理，倒着搜
{
f[k-price[i][j]] = max(f[k-price[i][j]],f[k]-price[i][j]+price[i+1][j]);
}
}
int maxn = 0;
for(int j=0;j<=money;j++) maxn = max(maxn,f[j]); //每天结束后的金币max即为第二天开始时持有的金币数
money = maxn;
}
cout<<money<<endl;
return 0;
}