洛谷P3406 海底高铁

题目背景

大东亚海底隧道连接着厦门、新北、博艾、那霸、鹿儿岛等城市，横穿东海，耗资1000亿博艾元，历时15年，于公元2058年建成。凭借该隧道，从厦门可以乘坐火车直达台湾、博艾和日本，全程只需要4个小时。

题目描述

该铁路经过N个城市，每个城市都有一个站。不过，由于各个城市之间不能协调好，于是乘车每经过两个相邻的城市之间（方向不限），必须单独购买这一小段的车票。第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N)。如果搭乘的比较远，需要购买多张车票。第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元。

虽然一些事情没有协调好，各段铁路公司也为了方便乘客，推出了IC卡。对于第i段铁路，需要花Ci博艾元的工本费购买一张IC卡，然后乘坐这段铁路一次就只要扣Bi(Bi<Ai)元。IC卡可以提前购买，有钱就可以从网上买得到，而不需要亲自去对应的城市购买。工本费不能退，也不能购买车票。每张卡都可以充值任意数额。对于第i段铁路的IC卡，无法乘坐别的铁路的车。

Uim现在需要出差，要去M个城市，从城市P1出发分别按照P1,P2,P3...PM的顺序访问各个城市，可能会多次访问一个城市，且相邻访问的城市位置不一定相邻，而且不会是同一个城市。

现在他希望知道，出差结束后，至少会花掉多少的钱，包括购买纸质车票、买卡和充值的总费用。

输入输出格式

输入格式：

第一行两个整数，N，M。

接下来一行，M个数字，表示Pi

接下来N-1行，表示第i段铁路的Ai,Bi,Ci

输出格式：

一个整数，表示最少花费

输入输出样例

输入样例#1：

9 10

3 1 4 1 5 9 2 6 5 3

200 100 50

300 299 100

500 200 500

345 234 123

100 50 100

600 100 1

450 400 80

2 1 10

输出样例#1：

说明

2到3以及8到9买票，其余买卡。

对于30%数据 M=2

对于另外30%数据 N<=1000 ，M<=1000

对于100%的数据 M,N<=100000,Ai,Bi,Ci<=100000

用前缀和数组算出每条路的经过次数，最后扫描每条路，决定买不买卡。

代码第35行的地方，我第一次写了 min( (long long)a*p, (long long)c+b*p) ，a b c都是int。问题很明显：b*p花式越界。

嗨呀好气呀

 /*By SilverN*/

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 #define LL long long

 using namespace std;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 const int mxn=;

 int n,m;

 int smm[mxn];

 LL a,b,c;

 void clc(int a,int b){

     if(a>b)swap(a,b);

     smm[a]++;smm[b]--;

     return;

 }

 int main(){

     n=read();m=read();

     int i,j;

     int last,p;

     last=read();

     for(i=;i<=m;i++){p=read();clc(last,p);last=p;}

     p=;

     long long ans=;

     for(i=;i<n;i++){

         p+=smm[i];

         a=read();b=read();c=read();

         long long tmp=min(a*p,b*p+c);

         ans+=tmp;

     }

     cout<<ans<<endl;

     return ;

 }