一、知识储备
背包问题，分为01背包，完全背包和多重背包。
相应的分析，代码构成，解题思路，请参考《王道论坛计算机考研机试指南》。（可能总结，先占个坑）
多读两遍题目，必然能领会出这是个背包问题。
由于project的不可分割，并且没有重复，所以这是个01背包问题。
下面将该题目与传统的01背包作对比。
首先，project和物品对应。
project的价值和物品价值对应。
project的时间和物品体积对应。
差别就出在这个地方，project有两个时间，该如何处理。
还有个要点就是，原始背包问题有个“最大的背包容量”，这个business里面似乎没有，不过能够确定肯定是某个“最大时间”的概念。
这里先给出几个结论：
1，如果每个project的deadline都无限大，那么这个business问题就是原始的背包问题（这个背包为无限大）。
2，该题对应01背包，即每个project只能选一个。
3，该题并不是恰好装满，这个差别反映在dp数组的初始化上。
4，由于该问题没有“背包最大容量”这个概念，所以使用maxProfit随时记录最大的收益。
不太理解的话，请看下节代码，会有体会。
程序中，使用maxDeadline变量记录最大的时间。
对于for(j 1:maxDeadLine)的循环，分三部分组成。
第一部分是j<nodes[i-1].lasting，也就是当前时间内无法完成第i个project，所以dp[i][j]=dp[i-1][j]，也就是第i个项目肯定装不进背包。
第二部分是j>nodes[i-1].deadline，只记录当前nodes[i-1].value(这一步是难点，可以从下一层对上一层的依赖分析)
第三部分是 j 中间的那部分取值，也就是ndoes[i-1].lasting=<j<=nodes[i-1].deadline这部分，这里是使用dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-nodes[i-1].lasting]+nodes[i-1].value}。
现在来分析差异，对于传统背包问题，for(j 1:maxDeadline)的j只背分成两部分，即第一部分和第三部分。由于传统背包里面没有deadline这个值（也可以把deadline理解为无穷大，这就是我第一个结论），所以不存在比deadline大的j。
细心的人一定注意到，nodes里面的元素被我sort过，排序原则是按照deadline由小到大排的，后处理的project的deadline一定要大于或等于前面的project的deadline，这也是为什么for(j 1:maxDeadline)循环的原因。传统01背包里面没有这一步，因为每个物品的deadline都认为是无穷大。
三、解题代码
#include<stdio.h>
#include<vector>
using std::vector;
#include<algorithm>
using std::sort;
using std::max;
struct node {
int value;
int lasting;
int deadline;
node(int value_ = -1, int lasting_ = -1, int deadline_ = -1) :value(value_), lasting(lasting_), deadline(deadline_) {}
bool operator<(const struct node &x)const {
return deadline < x.deadline;
}//operator<
};
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
int N(-1);
scanf("%d", &N);
vector<node> nodes(N);
int maxDeadline(0);
for (int i(0); i < N; ++i) {
scanf("%d%d%d", &nodes[i].value, &nodes[i].lasting, &nodes[i].deadline);
if (nodes[i].deadline > maxDeadline)maxDeadline = nodes[i].deadline;
}//for i
sort(nodes.begin(), nodes.end());
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(maxDeadline + 1));
int maxProfit(0);
for (int i(1); i <= N; ++i) for (int j(1); j <= maxDeadline; ++j) {
if (j < nodes[i - 1].lasting) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else if (j > nodes[i - 1].deadline) dp[i][j] = nodes[i - 1].value;
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - nodes[i - 1].lasting] + nodes[i - 1].value);
maxProfit = max(maxProfit,dp[i][j]);
}//for i,j
printf("%d\n", maxProfit);
return 0;
}//main
四、优化直觉
上面程序的dp数组定义为二维，N+1行容易理解。
其实每行拥有的元素个数不必都是maxDeadline+1，只是开成最大肯定没有错。
思考一下，第i行的元素个数可以简化为nodes[i].deadline+1个。
再多思考一下，if (dp[i][j] > maxProfit)maxProfit = dp[i][j];是收集成果的代码，对吧。
如果按照上面的分析，不难想到，成果只需要在for(j 1:maxDeadline)的第二部分收集。也就是把这行代码放到else{}里面，也是对的。
下面做个更刺激的，众所周知，传统01背包可以将dp数组压缩为一维，for(j)的遍历顺序必须从大往小。
相应的，该题的代码如下，将dp压缩为一维。
vector<int> dp(maxDeadline + 1, 0);
for (int i(1); i <= N; ++i) for (int j(maxDeadline); j >= nodes[i - 1].lasting; --j) {
if (j > nodes[i - 1].deadline)dp[j] = nodes[i - 1].value;
else dp[j] = max(dp[j],dp[j - nodes[i - 1].lasting] + nodes[i - 1].value);
}//for i,j
printf("%d\n", *max_element(dp.begin(), dp.end()));//求dp数组里面的最大元素，STL里面的max_element更简洁。
董艳超，第一版，20170226
