BZOJ_3963_[WF2011]MachineWorks_斜率优化+CDQ分治

BZOJ_3963_[WF2011]MachineWorks_斜率优化+CDQ分治

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

---

设F[i]表示考虑完前i台机器的最大收入。

那么F[i]=F[j]-P[i]+(D[i]-D[j]-1)*G[j]+R[j]  (F[i]>=P[i])。

和货币兑换类似，不过那道题我写的时候是把决策点当成直线，每次用横坐标去切。

这道题我试着把决策点当做点，每次用直线查询。

变成斜率的形式后发现查询的斜率单调，然而每次插入点的横坐标不单调。

于是用CDQ分治。左边插入的横坐标单调，对左边建凸壳，扫一遍更新右边的。

注意初始化。

 

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double f2;
#define N 200050
#define eps 1e-6
#define mem(x) memset(x,0,sizeof(x))
ll f[N],D[N],P[N],R[N],G[N],C;
int n,Case,S[N],t[N],tmp[N];
#define Y(j) (f[j]-P[j]-D[j]*G[j]-G[j]+R[j])
#define X(j) (G[j])
#define K(i) (-D[i])
struct A {
    ll d,p,r,g;
    bool operator < (const A &x) const {
        return d<x.d;
    }
}a[N];
f2 getK(int p1,int p2) {
    if(fabs(X(p2)-X(p1))<eps) return Y(p2)>Y(p1)?1e15:-1e15;
    return (1.0*Y(p2)-Y(p1))/(X(p2)-X(p1));
}
void solve(int l,int r) {
    if(l==r) return ;
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);
    int i,j,k;
    int top=0;
    for(i=l;i<=mid;i++) {
        if(f[t[i]]<P[t[i]]) continue;
        while(top>1&&getK(S[top-1],S[top])<=getK(S[top-1],t[i])) top--;
        S[++top]=t[i];
    }
    for(j=1,i=mid+1;i<=r;i++) {
        while(j<top&&getK(S[j],S[j+1])+eps>=K(t[i])) j++;
        f[t[i]]=max(f[t[i]],Y(S[j])-K(t[i])*X(S[j]));
    }
    solve(mid+1,r);
    i=l,j=l,k=mid+1;
    while(j<=mid&&k<=r) {
        if(X(t[j])<X(t[k])) tmp[i++]=t[j++];
        else tmp[i++]=t[k++];
    }
    while(j<=mid) tmp[i++]=t[j++];
    while(k<=r) tmp[i++]=t[k++];
    for(i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i];
}
int work() {
    Case++;
    ll tmp;
    scanf("%d%lld%lld",&n,&C,&tmp); D[n+1]=tmp+1;
    if(n==0) return 0;
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&a[i].d,&a[i].p,&a[i].r,&a[i].g);
    }
    /*if(Case!=17) return 1;
    printf("%d %lld %lld\n",n,C,tmp);
    for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld %lld %lld %lld\n",a[i].d,a[i].p,a[i].r,a[i].g);
    return 0;*/
    sort(a+1,a+n+1);
    for(i=1;i<=n;i++) D[i]=a[i].d,P[i]=a[i].p,R[i]=a[i].r,G[i]=a[i].g,t[i]=i;
    // for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",D[i]);
    n++; f[0]=C; t[n]=n;
    for(i=1;i<=n;i++) f[i]=-K(i)*X(0)+Y(0);
    solve(1,n);
    /*for(i=1;i<=n;i++) {
        for(j=1;j<i;j++) {
            if(f[j]>=P[j])
            f[i]=max(f[i],-K(i)*X(j)+Y(j));
        }
        printf("%lld\n",f[i]);
    }*/
    printf("Case %d: %lld\n",Case,f[n]);
    return 1;
}
int main() {
    while(1) {
        mem(a); mem(D); mem(P); mem(R); mem(f); mem(G); mem(t); mem(tmp); mem(S);
        int tmp=work();
        if(!tmp) return 0;
    }
}