（以下默认$A_{0},D_{0},P_{0},K_{0}$都为非负整数）
显然存活轮数$S=lceilfrac{H_{0}}{C_{p}max(A_{1}-D_{0},1)} ceil$是一个关键的变量，且根据数论分块其仅有$o(sqrt{H_{0}})$种取值，不妨利用数论分块直接$o(sqrt{H_{0}})$枚举，进而也可以确定$D_{0}$（取对应的最小值即可）
（上取整的数论分块实际上即将$H_{0}-1$即可）
进一步的，有以下结论：存在一种取到最值的方案，满足$A_{0}=0$或$A_{0}=N'$
关于证明，考虑再枚举这$S$轮中物理攻击和魔法攻击的轮数，即$S_{p}$和$S_{m}$（其中$S_{p}+S_{m}=S$）
接下来，考虑如何分配物理攻击和魔法攻击的点数，令$F_{p}(x)$和$F_{m}(x)$分别为给物理攻击和魔法攻击分配$x$点的最大伤害值，显然有
$$
egin{cases}F_{p}(x)=C_{p}S_{p}max(x-D_{1},1)\F_{m}(x)=C_{m}egin{cases}lfloorfrac{x}{2}
floor(x-lfloorfrac{x}{2}
floor)&(lfloorfrac{x}{2}
floorle S_{m})\S_{m}(x-S_{m})&(lfloorfrac{x}{2}
floor>S_{m})end{cases}end{cases}
$$
最终答案即求$F(x)=F_{p}(x)+F_{m}(N'-x)$在$xin [0,N']$的最大值，不难证明$F_{p}$和$F_{m}$都是下凸的，进而将$F_{m}$翻转后和$F_{p}$求和仍是下凸的，也即$F$是下凸的
同时，下凸函数的最大值显然在端点处取到，即$x=0$或$x=N'$，显然$x$也即$A_{0}$，结论得证
通过这个结论，对两类分别讨论：
1.若$A_{0}=0$，考虑再枚举$K_{0}$，答案即
$$
egin{cases}C_{p}(S-K_{0})+C_{m}K_{0}(N'-K_{0})&(K_{0}<S)\C_{m}S(N'-K_{0})&( K_{0}ge S)end{cases}
$$
（为了保证魔法攻击不劣于物理攻击，可以令$K_{0}<N'$，但实际上也会在下面的情况中考虑）
即是一个关于$K_{0}$的分段一次和二次函数， 不难求极值
2.若$A_{0}=N'$，显然全部使用物理攻击，答案即$C_{p}Smax(A_{0}-D_{1},1)$
由于有$t$组数据，最终总复杂度为$o(tsqrt{H_{0}})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 int t,Cp,Cm,H0,A1,D1,n; 5 ll ans; 6 ll f(ll a,ll b,ll c,int x){ 7 return a*x*x+b*x+c; 8 } 9 ll get_max(ll a,ll b,ll c,int l,int r){ 10 ll pos=-b/(a<<1),ans=max(f(a,b,c,l),f(a,b,c,r)); 11 if ((l<=pos)&&(pos<=r))ans=max(ans,f(a,b,c,pos)); 12 if ((l<=pos+1)&&(pos+1<=r))ans=max(ans,f(a,b,c,pos+1)); 13 return ans; 14 } 15 int main(){ 16 scanf("%d",&t); 17 while (t--){ 18 scanf("%d%d%d%d%d%d",&Cp,&Cm,&H0,&A1,&D1,&n); 19 ans=0; 20 for(int i=1,j;i<=A1;i=j+1){ 21 if (i>=H0)j=A1; 22 else j=min((H0-1)/((H0-1)/i),A1); 23 int S=((H0+i-1)/i+Cp-1)/Cp,D0=A1-j,nn=n-D0; 24 if (nn<0)continue; 25 if (min(nn,S)>1)ans=max(ans,get_max(-Cm,(ll)Cm*nn-Cp,(ll)Cp*S,1,min(nn,S)-1)); 26 if (S<nn)ans=max(ans,(ll)Cm*S*(nn-S)); 27 ans=max(ans,(ll)Cp*S*max(nn-D1,1)); 28 } 29 printf("%lld ",ans); 30 } 31 return 0; 32 }