本蒟蒻又双叒叕被爆踩辣！
Solution:
这题又是一道贪心。。
数据范围：
n<=15 ti<=100,000 gi<=10^9 mi<=10^9
这里就可以看到几个小细节，也可以想出一些思路。
要开long long！
首先，n <= 15， 这个数据可以说是很小辣，它代表有n个任务，又因为
如果接受订单i，则必须恰好在时刻ti交易，不能早也不能晚。同一时刻可以接受多个订单，但每个订单只能被接受一次。
窝们本不知道选择哪些任务才会是利润最高，而且这很明显也无法通过一些规律来知道选择哪个会最优。
所以窝们应该怎么办？？？
枚举！！！
因为只有数据范围只有15，所以窝们可以枚举1到(1 << n) - 1用二进制表示当前这个任务选不选，那我们已经解决了这个任务辣！
接下来就是，然后处理每个任务方案。
窝们针对每个任务方案，依次判断它的可行性。
然后在可行的方案中找出利润最大的（就是保证任务完成的情况下，保证生产力更大。
假设窝们当前有那么对于订单i和j，我们都会得到方程：make为完成订单i时的生产力，time为距离j订单的时间，time_create为用来提升生产力的时间，need是订单j需求量
(make + time_create) × (time − time_create) = need
化简就是：
time_create * time_create + (make - time) * time_create + need - make * time = 0;
只要保证起“根的判别式” >= 0就行。
所以复杂度应该是O（2 的 n次方 * n 的平方）；
具体见代码，这里只有一些思路，个人介意对着代码读，更容易理解
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 25
#define maxm
#define ll long long//mi数据1e9，你不开longlong看看
#define int long long
#define Rep(x, a, b) for(int x = a; x <= b; ++ x)
#define Dep(x, a, b) for(int x = a; x >= b; -- x)
#define Next(x, u) for(int i = head[u]; i ; i = e[i].nxt)
//int read(){窝不喜欢用快读，但缺省源里面放了，所以也没删
// int f = 1, x = 0;
// char c = getchar();
// while(c < '0' || c > '9'){
// if(c == '-'){
// f = -1;
// }
// c = getchar();
// }
// while(c >= '0' && c <= '9'){
// x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
// c = getchar();
// }
// return x * f;
//}
struct node{
int t, g, m;//都如题，t是在什么时刻交易，g是需要多少货，m是可以得到的利润
}e[maxn], s[maxn];
//e是记录所有的任务
//s是记录当前情况窝们已经选择的任务
int n, ans;//不多说
bool cmp(node x, node y){
return x.t < y.t;
}//要先按照t排序，要不不好处理
int discriminant(int b, int c){//这个单词是“判别式”，百度说的
if(b * b - 4 * c < 0){//都知道二次函数根的判别式吧（b * b - 4 * a * c）
return -1;//返回-1，即根的判别式小于0
}
return floor((-b + sqrt(b * b - 4 * c)) / 2);//否则就返回它的根:((-b + sqrt(b * b - 4 * a * c) / 2 / a)
}
void dfs(int x){
int now_have = 0, make_force = 1, ans_now = 0, tot = 0;
//now_have是窝们当前拥有的货物
//make_force是当前的生产力
//ans_now是这种方案的利润
//tot是当前这种选择方案任务的个数
Rep(i, 1, n){//这里就是寻找当前方案的任务
if(x & (1 << i - 1)){//用二进制
s[++ tot] = e[i];//进入s
ans_now += e[i].m;//就是当前方案的总利润
}
}
Rep(i, 1, tot){
int t = s[i].t - s[i - 1].t, sum = 0;//sum是所需要的货物
//t是时间，s[i].t - s[i- 1].t是它的最大值，因为当它前面的货物足够购买这两个货物时，它的t就是此值
Rep(j, i, tot){//算t的值
sum += s[j].g;//累加所需要的货物
if(now_have >= sum){//如果货物还够，那就下一层循环
continue;
}//否则，就更新t，为t，和它的根的最小值
t = min(t, discriminant(make_force - s[j].t + s[i - 1].t, sum - now_have - make_force * (s[j].t - s[i - 1].t)));
}
if(t < 0){//如果无法完成次方案
return;//return
}
make_force += t;//生产力就要加，（尽可能加就行
now_have += make_force * (s[i].t - s[i - 1].t - t) - s[i].g;//其余就现在有的产量
}
ans = max(ans, ans_now);//更新值
}
signed main(){
scanf("%lld", &n);//输入
Rep(i, 1, n){//输入每个任务
scanf("%lld%lld%lld", &e[i].t, &e[i].g, &e[i].m);
}
sort(e + 1, e + n + 1, cmp);//按时刻排序
Rep(i, 0, (1 << n) - 1){
dfs(i);//每种方案跑一遍
}
printf("%lld", ans);//输出
return 0;
}
下面还给两组数据
Inout:
5
5 5 5
7 7 7
9 9 9
11 1 15
16 18 778
Output:
814
Input:
10
1 1 1
2 2 2
3 3 3
4 4 4
5 5 5
6 6 6
7 7 7
8 8 8
9 9 9
10 10 10
Output:
30
Ps:请看懂再抄