BZOJ3963: [WF2011]MachineWorks 【CDQ+斜率优化DP】*

 

BZOJ3963: [WF2011]MachineWorks

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Description

你是任意性复杂机器公司(Arbitrarily Complex Machines, ACM)的经理，公司使用更加先进的机械设备生产先进的机器。原来的那一台生产机器已经坏了，所以你要去为公司买一台新的生产机器。你的任务是在转型期内尽可能得到更大的收益。在这段时间内，你要买卖机器，并且当机器被ACM公司拥有的时候，操控这些机器以获取利润。因为空间的限制，ACM公司在任何时候都只能最多拥有一台机器。
在转型期内，有若干台可能卖出的机器。作为先进机器的专家，对于每台机器Mi，你已经知道了其价格Pi和可以买入的日期Di。注意，如果不在第Di天买入机器Mi，那么别的人也会买走这一台机器，也就是说，以后你将没有机会购买这台机器了。如果ACM的钱低于一台机器的价格，那么你显然不可能买到这一台机器。
如果你在第Di天买入了机器Mi,那么ACM公司可以从第(Di)+1天开始使用这一台机器。每使用这台机器一天，就可以为公司创造出Gi美元的收益。
你可以决定要在买入之后的某一天，以一定的折扣价卖出这一台机器。收购市场对于每一台机器，都有一个折扣价Ri。你不能在卖出的那一天使用机器，但是你可以在卖出的那一天再买入一台新的。
在转型期结束后，ACM公司会卖掉当前所拥有的机器。你的任务就是最大化转型期间ACM公司可以得到的收入。

Input

输入包含若干组测试用例。每一组测试用例的第一行有3个正整数N，C和D。N是将会卖出的机器的台数$(N<=10^5)$，C是在转型期开始时公司拥有的美元数量$(C<=10^9)$，D是转型期持续的天数$(D<=10^9)$。
之后的N行每一行描述了一台机器的情况。每一行有4个正整数Di,Pi,Ri和Gi,分别表示这台机器卖出的时间，购买这台机器需要的美元数量，卖出这台机器的折扣价和使用这台机器可以得到的利润。这些数字满足$1<=Di<=D,1<=Ri<Pi<=10^9$且$1<=Gi<=10^9$.
最后一组测试用例后面的一行由3个0组成，表示输入数据。

Output

对于每一组测试用例，输出测试用例的编号，之后给出ACM公司在第D+1天结束后可以得到的最大数量的美元。
请依照下面给出的样例输出。

Sample Input

6 10 20
6 12 1 3
1 9 1 2
3 2 1 2
8 20 5 4
4 11 7 4
2 10 9 1
0 0 0

Sample Output

Case 1: 44

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比较裸的CDQ+斜率优化吧

直接维护就行了？雾

首先定义一下DP:$d{p}^i$表示卖完第i台机器的最大收益，也就是卖出上一台机器的收益-$p^i$

然后考虑转移$d{p}^i=max(d{p}^j+r^j+(d^i-d^j-1)\ast d^j)-p^i$
把中间展开$d{p}^i=d{p}^j+r^j-(d^j+1)\ast g^j+d^i\ast g^j-p^i$
然后变成点斜式$d{p}^i+p^i-d^i\ast g^j=d{p}^j+d^j-(d^j+1)\ast g^j$
然后我们只需要判断一下可不可行$d{p}^i>p^i$然后直接CDQ分治，用左边的维护凸包，然后将右边的斜率排一下序直接查找就好了

不想写归并所以就直接sort了，多个log影响不大

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi pair<LL,LL>
#define N 100010
#define INFF 1e16
#define INFI 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
LL n,m,c;
LL dp[N];//买入机器i之后的最大收益
struct Machine{
    LL d,p,r,g;
    void init(){scanf("%lld%lld%lld%lld",&d,&p,&r,&g);}
}t[N];
struct Node{
    LL x,y;
    Node(){}
    Node(int id){
        x=t[id].g;
        y=dp[id]+t[id].r-t[id].g*(t[id].d+1);
    }
    Node(LL _x,LL _y){x=_x,y=_y;}
};
vector<Node> lq,rq;
deque<Node> q;
bool cmpMachine(Machine a,Machine b){return a.d<b.d;}
bool cmpNode(Node a,Node b){
    if(a.x==b.x)return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
double getk(Node a,Node b){
    if(a.x==b.x)return INFF;
    return (double) (a.y-b.y)/(double) (a.x-b.x);
}
void solve(int l,int r){
    if(l==r){
        dp[l]=max(dp[l],1ll*c);dp[l]-=t[l].p;
        if(dp[l]<0)dp[l]=-INFI;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    lq.clear();rq.clear();q.clear();
    for(int i=l;i<=mid;i++)if(dp[i]!=-INFI)lq.push_back(Node(i));
    for(int i=mid+1;i<=r;i++)rq.push_back(Node(t[i].d,i));
    sort(lq.begin(),lq.end(),cmpNode);
    sort(rq.begin(),rq.end(),cmpNode);
    for(int i=0;i<lq.size();i++){
        while(q.size()>=2&&getk(lq[i],q.back())>getk(q.back(),q[q.size()-2]))q.pop_back();
        q.push_back(lq[i]);
    }
    if(q.size()){
        for(int i=0;i<rq.size();i++){
            while(q.size()>=2&&getk(q[0],q[1])>-rq[i].x)q.pop_front();
            dp[rq[i].y]=max(dp[rq[i].y],q.front().x*rq[i].x+q.front().y);
        }
    }
    solve(mid+1,r);
}
int main(){
    int T=0;
    while(scanf("%lld%lld%lld",&m,&c,&n)&&(n||m||c)){
        for(int i=1;i<=m;i++)t[i].init(),dp[i]=-INFI;
        t[++m]=(Machine){n+1,0,0,0};dp[m]=-INFI;
        sort(t+1,t+m+1,cmpMachine);
        solve(1,m);
        printf("Case %d: %lld\n",++T,dp[m]);
    }
    return 0;
}