洛谷P3406 海底高铁

题目背景

大东亚海底隧道连接着厦门、新北、博艾、那霸、鹿儿岛等城市，横穿东海，耗资1000亿博艾元，历时15年，于公元2058年建成。凭借该隧道，从厦门可以乘坐火车直达台湾、博艾和日本，全程只需要4个小时。

题目描述

该铁路经过N个城市，每个城市都有一个站。不过，由于各个城市之间不能协调好，于是乘车每经过两个相邻的 城市之间（方向不限），必须单独购买这一小段的车票。第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N)。如果搭乘的比较远，需要购买多张 车票。第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元。

虽然一些事情没有协调好，各段铁路公司也为了方便乘客，推出了IC卡。对于第i段铁路，需要花Ci博艾元的工本费购买一张IC卡，然后乘坐这段铁路 一次就只要扣Bi(Bi<Ai)元。IC卡可以提前购买，有钱就可以从网上买得到，而不需要亲自去对应的城市购买。工本费不能退，也不能购买车票。 每张卡都可以充值任意数额。对于第i段铁路的IC卡，无法乘坐别的铁路的车。

Uim现在需要出差，要去M个城市，从城市P1出发分别按照P1,P2,P3...PM的顺序访问各个城市，可能会多次访问一个城市，且相邻访问的城市位置不一定相邻，而且不会是同一个城市。

现在他希望知道，出差结束后，至少会花掉多少的钱，包括购买纸质车票、买卡和充值的总费用。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数，N，M。

接下来一行，M个数字，表示Pi

接下来N-1行，表示第i段铁路的Ai,Bi,Ci

输出格式：

一个整数，表示最少花费

输入输出样例

输入样例#1：

9 10
3 1 4 1 5 9 2 6 5 3
200 100 50
300 299 100
500 200 500
345 234 123
100 50 100
600 100 1
450 400 80
2 1 10

输出样例#1：

6394

说明

2到3以及8到9买票，其余买卡。

对于30%数据 M=2

对于另外30%数据 N<=1000 ，M<=1000

对于100%的数据 M,N<=100000,Ai,Bi,Ci<=100000

 

用前缀和数组算出每条路的经过次数，最后扫描每条路，决定买不买卡。

 

代码第35行的地方，我第一次写了  min( (long long)a*p, (long long)c+b*p) ，a b c都是int。  问题很明显：b*p花式越界。

嗨呀好气呀

 

/*By SilverN*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int mxn=240000;
int n,m;
int smm[mxn];
LL a,b,c;
void clc(int a,int b){
    if(a>b)swap(a,b);
    smm[a]++;smm[b]--;
    return;
}
int main(){
    n=read();m=read();
    int i,j;
    int last,p;
    last=read();
    for(i=2;i<=m;i++){p=read();clc(last,p);last=p;}
    p=0;
    long long ans=0;
    for(i=1;i<n;i++){
        p+=smm[i];
        a=read();b=read();c=read();
        long long tmp=min(a*p,b*p+c);
        ans+=tmp;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}