【大意】

太多了,懒得打,贴\(LG\)的图了。。。

【分析】

开始拿到这道题有点慌:怎么限制条件这么多,再读读题。

注意一个东西,就是贸易额与费用是独立分开的,并且题目保证只有一种方案获得最大贸易额。

所以我们\(dp\)也可以分开\(dp\)。

对于贸易额,每走到一个星球,我可以选择卖或不卖,经典的背包问题,直接\(f[i][j]=min\{f[i-1][j-A_i]+B_i\}\)。

然后从后往前扫记录决策点的转移,这些星球是必到的,即必定会在该星球上维修。

现在来看费用。

设\(g[i][j]\)表示到第\(i\)个星球,剩余反物质燃料为\(j\)的最小费用,暴力枚举转移点,则有\(g[i][j]=\{g[k][l]+(j-l+2)\times P_i+T_i\}(0\le k<i,L_i-L_k\le L_0,l\le j)\)

\(O(n^4)\)转移。。。

然后可推出一个更优的式子:\(g[i][j]=min\{g[k][j+2]+F_i,g[i][j-1]+P_i\}\)。

\(O(n^3)\)转移。。。

然后,,,我就嫖题解了。。。。

噢,原来可以单调队列优化啊,对于每个\(j\)开一个单调队列,若当前的\(i\)为必到的星球,就清空队列中所有的元素,然后把\(i\)放进去。

\(O(n^2)\)转移!!!

【Code】

#include <queue>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define Re register
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXR = 4000 + 5;
const int N = 2000 + 5;
const int M = 2000 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int n, m, r, L0, maxm, maxr, A[N], B[N], L[N], P[N], F[N], f[N][M], g[N][M], vis[N];
deque <int> Q[MAXR];
int main(){
n = read(), m = read(), r = read(), L0 = read();
if (r > (n << 1)) r = (n << 1);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
A[i] = read(), B[i] = read(), L[i] = read(), P[i] = read(), F[i] = read();
if (L[i] - L[i - 1] > L0) {
puts("Poor Coke!");
return 0;
}
}
memset(f, 128, sizeof f);
f[0][0] = 0;
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
for (int j = 0;j <= m; ++j) {
if (f[i - 1][j] >= 0) f[i][j] = f[i - 1][j];
if (j >= A[i]) {
if (f[i][j] < f[i - 1][j - A[i]] + B[i]) {
f[i][j] = f[i - 1][j - A[i]] + B[i];
}
}
}
} for (int i = 1;i <= m; ++i) if (f[n][i] > f[n][maxm]) maxm = i; for (int i = n, val = maxm;i >= 1; --i) {
if (val - A[i] >= 0 && f[i][val] == f[i - 1][val - A[i]] + B[i]){
vis[i] = 1;
val -= A[i];
}
} memset(g, 0x3f, sizeof g);
g[0][r] = 0;
Q[r].push_back(0);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
for (int j = 0;j <= r; ++j) {
if (P[i] > 0 && j > 0) {
g[i][j] = min(g[i][j], g[i][j - 1] + P[i]);
} while (!Q[j].empty() && L[i + 1] - L[Q[j].front()] > L0) Q[j].pop_front(); if (!Q[j + 2].empty()) {
g[i][j] = min(g[i][j], g[Q[j + 2].front()][j + 2] + F[i]);
} if (vis[i]) Q[j].clear(); while (!Q[j].empty() && g[Q[j].back()][j] >= g[i][j]) Q[j].pop_back(); Q[j].push_back(i);
}
}
for (int i = 1;i <= r; ++i) if (g[n][i] < g[n][maxr]) maxr = i; if (g[n][maxr] == INF) printf("Poor Coke!\n");
else printf("%d %d\n", f[n][maxm], f[n][maxm] - g[n][maxr]); return 0;
}

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