由于此题是CSP-J考场上的一道题，我们不妨先假设自己是一名菜鸟考生，用一些比较新鲜的角度去做题。
正文
考试时会先干嘛呢？那一定是去看数据范围。CSP比GESP好的点就在于它不会让你输得太难看，总有几分是你水得到的。显然这里有10%的数据是很轻松就能做对的，就是当T=1（即小伟的神力有但完全没用，只能预测一天）时，他买纪念品却不能以更高的价格卖出，因为当天的价格是不变的，类似于炒股，所以他最后所持有的金币数与他最开始拥有的金币数是一样的。这里就先不给代码了。相信大家都是比我厉害的大佬
当然只水十分不太对得起我们辛苦的思考，考虑到T<=100，N=1时有15%的数据，意思是超能力持续天数变多但是只有一种商品，所以操作就是如果明天价格更贵，就用今天的钱买尽量多的纪念品，第二天再卖掉，所以第二天后手里有的金币数就该是今天能买到的*明天价格+今天余数，对应的代码如下：
intans=m;for(inti=0;i<t;i++){if(p[i+1][0]>p[i][0]){intcnt=ans/p[i][0];ans=ans%p[i][0]+cnt*p[i+1][0];}}cout<<ans;进一步地，我们还能看到有15%的数据是T=2，也就是超能力持续两天，刚好够做一次交易。这时我们先来捋一捋思路：小伟手中金币数一定，也就是只能选择部分纪念品进行买卖，每种纪念品可以购买无数次（钱够），最后使得第二天卖出时利益最大，不难看出这是一个简单的完全背包问题，手里钱数是背包容量，今天的价格对应物品体积，明天价格则是物品价值，然后直接套完全背包模板就可以了。（如果第二天价格比今天还便宜，直接continue掉）
实际上这里做出来后，就很接近最后的AC代码了，因为取的是特殊值两天，我们就可以尝试把这T天分成两天一次的背包，即今天和明天，明天和后天…以此类推，要进行T-1次，不过每天都要更新手里的金币数。
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intn,m,t;intp[105][105];voidcheck1(){intans=m;for(inti=0;i<t;i++){if(p[i+1][0]>p[i][0]){intcnt=ans/p[i][0];ans=ans%p[i][0]+cnt*p[i+1][0];}}cout<<ans;}voidcheck2(){intdp[1000005];memset(dp,0,sizeof(dp));for(inti=0;i<n;i++){intcost=p[0][i];intv=p[1][i]-cost;if(v<=0){continue;}for(intj=cost;j<=m;j++){dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+v);}}cout<<m+dp[m];}voidcheck3(){intdp[100005];for(intd=0;d<t-1;d++){memset(dp,0,sizeof(dp));for(inti=0;i<n;i++){intcost=p[d][i];intv=p[d+1][i]-cost;if(v<=0){continue;}for(intj=cost;j<=m;j++){dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+v);}}m+=dp[m];}cout<<m;}intmain(){cin>>t>>n>>m;for(inti=0;i<t;i++){for(intj=0;j<n;j++){cin>>p[i][j];}}if(t==1){cout<<m;return0;}if(n==1){check1();return0;}if(t==2){check2();return0;}//以上是前面的骗分环节，只保留check3也行check3();return0;}注：老师作业要求，不喜勿喷
