【2018集训队互测】【XSY3372】取石子

题目来源：2018集训队互测 Round17 T2

题意：

题解：

显然我是不可能想出来的……但是觉得这题题解太神了就来搬(chao)一下……Orzpyz！

显然不会无解……

为了方便计算石子个数，在最后面加一堆$a_i=c_i=\infty$的石子，确保每次取石子都可以取满$k$个；

先考虑$a_i=0$的情况：

设$f_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子，通关前$j$轮的最少操作次数；

设$g_{i,j}$表示只考虑第0到$i$堆石子，前$j$轮结束后再取若干次石子，每次取$k$个，使得第$i$堆前面的所有石堆都被取尽的最少操作次数；

分别记$sa,sb$为$a,b$的前缀和；

从小到大枚举$i,j$，每次考虑加入石堆$i$的影响，分两种情况转移：

若存在一种方案使得不取第$i$堆石子即可通关前$j$轮，此时需满足$j\times b_i\leq c_i$且$f_{i-1,j}\neq\infty$；

则转移为：

$f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}$

$g_{i,j}\leftarrow \lceil\frac{j\times sb_{i-1}}{k}\rceil$

第二种转移需要满足石子总数够取，即$\lceil\frac{j\times sb_{i-1}}{k}\rceil\times k\leq j\times sb_i$；

否则枚举最后一次取$i$的轮数$r$，此时最优策略一定是分成三部分：

1.在前$r$轮取完$[0,i)$中的石子，这部分答案显然为$g_{i,r}$

2.这轮在$i$中取若干次石子，此时$i$中剩余石子数为$m=r\times sb_i-k\times g_{i,r}$，为了使它在$j$轮后不超过限制，还需要取$x=\lceil\frac{max(0,m+(j-r)\times b_i-c_i)}{k}\rceil$次；若$x\times k>m$，即石子不够取，则无解；

3.在剩余的$j-r$轮中取石子，这部分跟第一种情况类似，可以得到$f$的操作数为$f_{i-1,j-r}$，$g$的操作数为$g_{i,j}$；

因此转移就是：

$f_{i,j}\leftarrow g_{i,r}+f_{i-1,j-r}+x$

$g_{i,j}\leftarrow g_{i,r}+\lceil\frac{(j-r)\times sb_{i-1}}{k}\rceil+x$

时间复杂度$O(nt^2)$；

考虑$a_i\neq 0$的情况，可以发现此时对dp的影响只有第二种情况的第三步中，所有石堆的个数都为0；那么直接在$f,g$后面加一维0/1位表示每堆石子初始时是否有值，在第三步转移中用$f_{i-1,j-r,0}$转移，每次计算剩余石子时注意初始的$a_i$即可；

代码看(chao)了天下第一wxh的代码

代码：

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define inf 100000000000000000
 #define eps 1e-9
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 int n,t,k;
 ll tmp,tt,m,a[],b[],c[],sa[],sb[],f[][][],g[][][];
 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&t,&k);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);
         sa[i]=sa[i-]+a[i];
         sb[i]=sb[i-]+b[i];
     }
     n++;
     a[n]=c[n]=sa[n]=inf;
     sb[n]=sb[n-];
     for(int i=;i<=n;i++){
         for(int j=;j<=t;j++){
             for(int t=;t<=;t++){
                 f[i][j][t]=g[i][j][t]=inf;
                 //transform 1
                 if(j*b[i]+t*a[i]<=c[i]&&f[i-][j][t]!=inf){
                     f[i][j][t]=f[i-][j][t];
                     tmp=(j*sb[i-]+t*sa[i-]+k-)/k;
                     if(tmp*k<=j*sb[i]+t*sa[i]){
                         g[i][j][t]=tmp;
                     }
                 }
                 //transform 2
                 for(int r=;r<j;r++){
                     if(g[i][r][t]!=inf){
                         m=r*sb[i]+t*sa[i]-k*g[i][r][t];
                         tmp=(max(0ll,m+(j-r)*b[i]-c[i])+k-)/k;
                         if(tmp*k<=m&&f[i-][j-r][]!=inf){
                             f[i][j][t]=min(f[i][j][t],f[i-][j-r][]+g[i][r][t]+tmp);
                             tt=((j-r)*sb[i-]+k-)/k;
                             if(tt*k<=(j-r)*sb[i]+m-tmp*k){
                                 g[i][j][t]=min(g[i][j][t],g[i][r][t]+tmp+tt);
                             }
                         }
                     }
                 }
             }
         }
     }
     printf("%lld",f[n][t][]);
     return ;
 }