【noip2011】观光公交

题解：

做这题的时候为了敢速度- - 直接orz了神小黑的题解

其实我还是有想一个拙计的方法的- -

dp：f[i][j] 表示到i点使用j个加速器 在i前上车的人的时间和

轻松愉悦转移之 - - 但是有很严重的两个问题

1.空间复杂度O(nk)爆掉

2.时间复杂度O(nk^2)更呵呵- -

于是弃疗

正解：

贪心！

time[i]表示到i点的时间

last[i]表示从i出发的人的最晚到达的时间

sum[i]表示在i或i前下车的人数

f[i]表示在i后time[j]<=last[j]的最小j

贪心每个加速器在哪使用

选出使sum[f[i]]-sum[i]最大的i

证明：

显然每次使用加速器都要在能让最多人加速的地方使用

而如果在i点使用加速器 我能使在i+1到f[i]下车的人都加速

超过f[i]下车的由于要在f[i]车站等人 所以相当于没加速

sum[f[i]]-sum[i] 即为在i+1到f[i]下车的人

优化：

orz神ak想出的优化

我们在选出i的同时 显然可以同时使用好几个加速器 只要使用后i+1到f[i]-1没有 time[j]<last[j]

于是我们可以统计i+1到f[i]-1中last[j]-time[j]的最小值 直接使用这么多

注意 如果这个最小值大于剩余的加速器 或大于i到i+1所需的时间 那么取他们的最小值

原来的时间复杂度为O(nk) 而这样做复杂度为O(n^2)

因为对于任意一对(i,f[i])如果他们被加速过 那么之后就不可能再加速了

代码：

 #include <cstdio>
 const int N=;
 struct info{
     int x,y,t;
     info(const int a=,const int b=,const int c=):
         x(a),y(b),t(c){}
 }im[];
 int n,m,k,out[N],ti[N],last[N],sum[N],lon[N],ans;
 int max(int x,int y){ return x>y ? x : y; }
 void work(){
     while (k){
         int x=,y,z;
         for (int i=n,la=n,min=;i>=;i--){
             if (sum[la]-sum[i]>x && lon[i+]){
                 x=sum[la]-sum[i];
                 y=i;
                 z=min;
                 if (lon[i+]<z) z=lon[i+];
             }
             if (i<n)
             if (min>ti[i]-last[i]) min=ti[i]-last[i];
             if (ti[i]<=last[i]){
                 la=i;
                 min=;
             }
         }
         if (z>k) z=k;
         k-=z;
         ans-=x*z;
         lon[y+]-=z;
         for (int i=y+;i<=n && ti[i]>last[i];i++) ti[i]-=z;
     }
 }
 void maketi(){
     for (int i=;i<=n;i++){
         sum[i]=sum[i-]+out[i];
         ti[i]=max(ti[i-],last[i-])+lon[i];
     }
 }
 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     int x,y,z;
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&lon[i]);
     for (int i=;i<=m;i++){
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         im[i]=info(y,z,x);
         last[y]=max(last[y],x);
         ++out[z];
     }
     maketi();
     for (int i=;i<=m;i++) ans+=ti[im[i].y]-im[i].t;
     work();
     printf("%d",ans);
 }