bzoj3963[WF2011]MachineWorks cdq分治+斜率优化dp

3963: [WF2011]MachineWorks

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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

 

转移并不满足单调啊，所以需要用cdq分治来维护单调的转移
也可以写splay
这篇博客写得不错https://www.geek-share.com/detail/2725597220.html

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100050
#define ll long long
#define inf 2147483647
using namespace std;
int n,m,D,s
;ll f
;
struct date{int d,p,r,g,id;}q
,a
;
//struct point{int x;ll y;}p
,b
;
bool cmp1(date a,date b){return a.d<b.d;}
ll X(int i){
return q[i].r+f[q[i].id]-q[i].p-(ll)q[i].g*(q[i].d+1);
}
int Y(int i){
return q[i].g;
}

double G(int i,int j){
//    if(Y(i)==Y(j))return (double)(X(i)>X(j)?inf:-inf);
return (double)(X(i)-X(j))/(double)(Y(i)-Y(j));
}
void solve(int l,int r){
if(l>r)return;
if(l==r){
f[l]=max(f[l],f[l-1]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
int p1=l,p2=mid+1;
//for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=a[i];
solve(l,mid);int tp=0,h=1;
for(int i=l;i<=mid;i++){
if(q[i].p>f[q[i].id])continue;
if(Y(i)==Y(s[tp])&&tp){
if(X(i)>X(s[tp]))tp--;
else continue;
}
while(tp>1&&G(s[tp],s[tp-1])<=G(i,s[tp]))tp--;
s[++tp]=i;
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++){
while(h<tp&&G(s[h],s[h+1])>=-q[i].d)h++;
f[i]=max(f[i],f[i-1]);
if(h<=tp)f[i]=max(f[i],f[q[s[h]].id]-q[s[h]].p+q[s[h]].r+(ll)q[s[h]].g*(q[i].d-q[s[h]].d-1));
}
solve(mid+1,r);
p1=l;p2=mid+1;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(p1<=mid&&q[p1].g<=q[p2].g)a[i]=q[p1++];
else if(p2<=r)a[i]=q[p2++];
else a[i]=q[p1++];
}
for(int i=l;i<=r;i++)q[i]=a[i];
}
int main(){
int cas=0;
while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&D)!=EOF){
cas++;
if(!n&&!m&&!D)break;
memset(f,-1,sizeof(f));
f[1]=f[0]=m;int d,p,r,g;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d%d",&d,&p,&r,&g),
q[i]=(date){d,p,r,g,i};
q[++n]=(date){D+1,0,0,0,n};
sort(q+1,q+1+n,cmp1);
for(int i=1;i<=n;i++)q[i].id=i;
solve(1,n);
printf("Case %d: %lld\n",cas,f
);
}
return 0;
}