BZOJ3963: [WF2011]MachineWorks 【CDQ+斜率优化DP】*
BZOJ3963: [WF2011]MachineWorks
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<=105)(N<=10^5)(N<=105),C是在转型期开始时公司拥有的美元数量(C<=109)(C<=10^9)(C<=109),D是转型期持续的天数(D<=109)(D<=10^9)(D<=109)。
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<=1091<=Di<=D,1<=Ri<Pi<=10^91<=Di<=D,1<=Ri<Pi<=109且1<=Gi<=1091<=Gi<=10^91<=Gi<=109.
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
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:dpidp_idpi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-pip_ipi
然后考虑转移dpi=max(dpj+rj+(di−dj−1)∗dj)−pidp_i=max(dp_j+r_j+(d_i-d_j-1)*d_j)-p_idpi=max(dpj+rj+(di−dj−1)∗dj)−pi
把中间展开dpi=dpj+rj−(dj+1)∗gj+di∗gj−pidp_i=dp_j+r_j-(d_j+1)*g_j+d_i*g_j-p_idpi=dpj+rj−(dj+1)∗gj+di∗gj−pi
然后变成点斜式dpi+pi−di∗gj=dpj+dj−(dj+1)∗gjdp_i+p_i-d_i*g_j=dp_j+d_j-(d_j+1)*g_jdpi+pi−di∗gj=dpj+dj−(dj+1)∗gj
然后我们只需要判断一下可不可行dpi>pidp_i>p_idpi>pi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
#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+);
}
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]<)dp[l]=-INFI;
return;
}
int mid=(l+r)>>;
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+;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=;i<lq.size();i++){
while(q.size()>=&&getk(lq[i],q.back())>getk(q.back(),q[q.size()-]))q.pop_back();
q.push_back(lq[i]);
}
if(q.size()){
for(int i=;i<rq.size();i++){
while(q.size()>=&&getk(q[],q[])>-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+,r);
}
int main(){
int T=;
while(scanf("%lld%lld%lld",&m,&c,&n)&&(n||m||c)){
for(int i=;i<=m;i++)t[i].init(),dp[i]=-INFI;
t[++m]=(Machine){n+,,,};dp[m]=-INFI;
sort(t+,t+m+,cmpMachine);
solve(,m);
printf("Case %d: %lld\n",++T,dp[m]);
}
return ;
}
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