【YBT2023寒假Day9 B】买棉花糖（DP）（分治）

买棉花糖

题目链接：YBT2023寒假Day9 B

题目大意

有 n 个商店，每个商店有 ci 个物品，原价是 ai，你在一个商店买的物品越多，下一个买的就越少，每次减少 di 块钱。
然后有 q 次询问，每次问你买 mi 个物品的最小费用。

思路

首先由一个结论，就是确定总物品数的情况下，最优情况中最多一家店选的物品数量不是 0 也不是全部。

感性的看也确实是这样，因为如果买这个越买越赚就肯定是买更多，不过还是不是那么显然，我们考虑证明：

那如果上面的条件成立，那有两家点 $i,j$，分别选了 $x,y$ 个。
假设 $b_{i,j}$ 是在第 $i$ 个商店买第 $j$ 次的价格，那 $b_{i,j}=a_i-(j-1)d_i$
那我们首先有 $b_{i,x}> b_{i,x+1},b_{j,y}>b_{j,y+1}$。

那如果满足最优，那就是无论 $x+1,y-1$ 和 $x-1,y+1$ 都不优。
那就是 $b_{i,x}\leqslant b_{j,y+1},b_{j,y}\leqslant b_{i,x+1}$
然后联立这个式子和上面的第一个。
$b_{j,y}\leqslant b_{i,x+1}<b_{i,x}\leqslant b_{j,y+1}$
那就是 $b_{j,y}<b_{j,y+1}$，这与上面的第二个 $b_{j,y}>b_{y,j+1}$ 矛盾。
所以成立。

然后考虑通过看特别的那个位置在哪里，考虑分治。（$f_{l,r,x}$ 是第 $l\sim r$ 个商店里面选 $x$ 个的代价）
那如果是 $[l,mid]$，那你可以先左边递归下去得到 $g_m=f_{l,mid,m}$，然后再枚举右边 $[mid+1,r]$，用一个背包的操作（不加或者全加），算入到 $g$ 里面。
右边也同理，那背包一次是 $O(nm)$ 的，总复杂度就是 $O(nm\log n)$

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

using namespace std;

const int N = 550;
const int M = 2e4 + 100;
int n, q;
ll a[N], d[N], c[N], g[N << 2][M];

void slove(int now, int l, int r) {
	if (l == r) {
		for (int i = 0; i <= c[l]; i++) g[now][i] = a[l] * i - d[l] * (i - 1) * i / 2;
		for (int i = c[l] + 1; i <= 20000; i++) g[now][i] = INF;
		return ;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	slove(now << 1, l, mid);
	for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {
		for (int j = 20000 - c[i]; j >= 0; j--)
			g[now << 1][j + c[i]] = min(g[now << 1][j + c[i]], g[now << 1][j] + a[i] * c[i] - d[i] * (c[i] - 1) * c[i] / 2);
	}
	slove(now << 1 | 1, mid + 1, r);
	for (int i = l; i <= mid; i++) {
		for (int j = 20000 - c[i]; j >= 0; j--)
			g[now << 1 | 1][j + c[i]] = min(g[now << 1 | 1][j + c[i]], g[now << 1 | 1][j] + a[i] * c[i] - d[i] * (c[i] - 1) * c[i] / 2);
	}
	for (int i = 0; i <= 20000; i++) g[now][i] = min(g[now << 1][i], g[now << 1 | 1][i]);
}

int main() {
	freopen("marshmallow.in", "r", stdin);
	freopen("marshmallow.out", "w", stdout);
//	freopen("easy2.in", "r", stdin);
//	freopen("write.txt", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d", &n, &q);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld %lld %lld", &a[i], &d[i], &c[i]); c[i] = min(c[i], 20000ll);
	}
	
	slove(1, 1, n);
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		int x; scanf("%d", &x); printf("%lld\n", g[1][x]);
	}
	
	return 0;
} 

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT2023Day9_B.html
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