【BZOJ3963】[WF2011]MachineWorks cdq分治+斜率优化

【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<=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

题解：来来来，先列式子：设f[i]表示在还没有买机器i（想买还没买）时，所能得到的最大收益，那么有：

f[i]=max{f[j]+R[j]-P[j]+G[j]*(D[i]-D[j]-1)} (D[j]<D[i],f[j]>=P[j])

移项搞一搞，感觉像是斜率优化，但是好像x不单调？依旧套用cash那题的做法。上cdq分治，左边按x单调，右边按k单调，用左边更新右边即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
int n,h,t,T;
int q[maxn];
struct node
{
	ll P,R,D,G,f;
}s[maxn],p[maxn];
ll X(int a)
{
	return s[a].G;
}
ll Y(int a)
{
	return s[a].P-s[a].R+s[a].G+s[a].G*s[a].D-s[a].f;
}
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
bool cmpx(node a,node b)
{
	return a.G<b.G;
}
bool cmpk(node a,node b)
{
	return a.D<b.D;
}
long double slope(int a,int b)
{
	if(X(a)==X(b))	return (long double)(Y(a)<Y(b)?2147483647:-2147483647);
	return (long double)(Y(b)-Y(a))/(X(b)-X(a));
}
void solve(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		s[l].f=max(s[l].f,s[l-1].f);
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1,i,h1=l,h2=mid+1;
	solve(l,mid);
	h=1,t=0;
	for(i=l;i<=mid;i++)
	{
		if(s[i].f<s[i].P)	continue;
		while(h<t&&slope(q[t-1],q[t])>=slope(q[t],i))	t--;
		q[++t]=i;
	}
	for(i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		while(h<t&&slope(q[h],q[h+1])<=s[i].D)	h++;
		s[i].f=max(s[i].f,s[i-1].f);
		if(h<=t)	s[i].f=max(s[i].f,s[q[h]].f-s[q[h]].P+s[q[h]].R+s[q[h]].G*(s[i].D-s[q[h]].D-1));
	}
	solve(mid+1,r);
	for(i=l;i<=r;i++)
	{
		if(h1<=mid&&(h2>r||X(h1)<=X(h2)))	p[i]=s[h1++];
		else	p[i]=s[h2++];
	}
	for(i=l;i<=r;i++)	s[i]=p[i];
}
int main()
{
	while(1)
	{
		memset(s,0,sizeof(s));
		n=rd(),s[0].f=rd(),s[n+1].D=rd()+1;
		if(!n)	return 0;
		int i;
		for(i=1;i<=n;i++)	s[i].D=rd(),s[i].P=rd(),s[i].R=rd(),s[i].G=rd();
		n++;
		sort(s,s+n+1,cmpk);
		solve(0,n);
		sort(s,s+n+1,cmpk);
		printf("Case %d: %lld\n",++T,s[n].f);
	}
}