【简●解】[HNOI2005]星际贸易

【大意】#

太多了，懒得打，贴$LG$的图了。。。

【分析】#

开始拿到这道题有点慌：怎么限制条件这么多，再读读题。

注意一个东西，就是贸易额与费用是独立分开的，并且题目保证只有一种方案获得最大贸易额。

所以我们$dp$也可以分开$dp$。

对于贸易额，每走到一个星球，我可以选择卖或不卖，经典的背包问题，直接$f[i][j]=min\{f[i-1][j-A_i]+B_i\}$。

然后从后往前扫记录决策点的转移，这些星球是必到的，即必定会在该星球上维修。

现在来看费用。

设$g[i][j]$表示到第$i$个星球，剩余反物质燃料为$j$的最小费用，暴力枚举转移点，则有$g[i][j]=\{g[k][l]+(j-l+2)\times P_i+T_i\}(0\le k<i,L_i-L_k\le L_0,l\le j)$

$O(n^4)$转移。。。

然后可推出一个更优的式子：$g[i][j]=min\{g[k][j+2]+F_i,g[i][j-1]+P_i\}$。

$O(n^3)$转移。。。

然后，，，我就嫖题解了。。。。

噢，原来可以单调队列优化啊，对于每个$j$开一个单调队列，若当前的$i$为必到的星球，就清空队列中所有的元素，然后把$i$放进去。

$O(n^2)$转移！！！

【Code】#

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#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Re register
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXR = 4000 + 5;
const int N = 2000 + 5;
const int M = 2000 + 5;
inline int read(){
    int f = 1, x = 0; char ch;
    do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
    do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9'); 
    return f * x;
}
int n, m, r, L0, maxm, maxr, A[N], B[N], L[N], P[N], F[N], f[N][M], g[N][M], vis[N]; 
deque <int> Q[MAXR];
int main(){
	n = read(), m = read(), r = read(), L0 = read(); 
	if (r > (n << 1)) r = (n << 1);
    for (int i = 1;i <= n; ++i) {
    	A[i] = read(), B[i] = read(), L[i] = read(), P[i] = read(), F[i] = read();
    	if (L[i] - L[i - 1] > L0) {
    		puts("Poor Coke!");
    		return 0;
    	}
	}
	memset(f, 128, sizeof f);
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1;i <= n; ++i) {
		for (int j = 0;j <= m; ++j) {
			if (f[i - 1][j] >= 0) f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j >= A[i]) {
				if (f[i][j] < f[i - 1][j - A[i]] + B[i]) {
					f[i][j] = f[i - 1][j - A[i]] + B[i];
				}
			}
		}
	}
	
	for (int i = 1;i <= m; ++i) if (f[n][i] > f[n][maxm]) maxm = i; 
	
	for (int i = n, val = maxm;i >= 1; --i) {
		if (val - A[i] >= 0 && f[i][val] == f[i - 1][val - A[i]] + B[i]){
			vis[i] = 1;
			val -= A[i];
		}
	}
	
	memset(g, 0x3f, sizeof g);
	g[0][r] = 0;
	Q[r].push_back(0);
	for (int i = 1;i <= n; ++i) {
		for (int j = 0;j <= r; ++j) {
			if (P[i] > 0 && j > 0) {
				g[i][j] = min(g[i][j], g[i][j - 1] + P[i]);
			}
			
			while (!Q[j].empty() && L[i + 1] - L[Q[j].front()] > L0) Q[j].pop_front();
			
			if (!Q[j + 2].empty()) {
				g[i][j] = min(g[i][j], g[Q[j + 2].front()][j + 2] + F[i]);
			}
			
			if (vis[i]) Q[j].clear();
			
			while (!Q[j].empty() && g[Q[j].back()][j] >= g[i][j]) Q[j].pop_back();
			
			Q[j].push_back(i);
		}
	}
	for (int i = 1;i <= r; ++i) if (g[n][i] < g[n][maxr]) maxr = i;
	
	if (g[n][maxr] == INF) printf("Poor Coke!\n");
	else printf("%d %d\n", f[n][maxm], f[n][maxm] - g[n][maxr]);	
	
	return 0;
}