【noip2011】观光公交

题解：

做这题的时候为了敢速度- - 直接orz了神小黑的题解

其实我还是有想一个拙计的方法的- -

dp：f[i][j] 表示到i点使用j个加速器 在i前上车的人的时间和

轻松愉悦转移之 - - 但是有很严重的两个问题

1.空间复杂度O(nk)爆掉

2.时间复杂度O(nk^2)更呵呵- -

于是弃疗

正解：

贪心！

time[i]表示到i点的时间

last[i]表示从i出发的人的最晚到达的时间

sum[i]表示在i或i前下车的人数

f[i]表示在i后time[j]<=last[j]的最小j

贪心每个加速器在哪使用

选出使sum[f[i]]-sum[i]最大的i

证明：

显然每次使用加速器都要在能让最多人加速的地方使用

而如果在i点使用加速器 我能使在i+1到f[i]下车的人都加速

超过f[i]下车的由于要在f[i]车站等人 所以相当于没加速

sum[f[i]]-sum[i] 即为在i+1到f[i]下车的人

优化：

orz神ak想出的优化

我们在选出i的同时 显然可以同时使用好几个加速器 只要使用后i+1到f[i]-1没有 time[j]<last[j]

于是我们可以统计i+1到f[i]-1中last[j]-time[j]的最小值 直接使用这么多

注意 如果这个最小值大于剩余的加速器 或大于i到i+1所需的时间 那么取他们的最小值

原来的时间复杂度为O(nk) 而这样做复杂度为O(n^2)

因为对于任意一对(i,f[i])如果他们被加速过 那么之后就不可能再加速了

代码：

#include <cstdio>
const int N=1002;
struct info{
    int x,y,t;
    info(const int a=0,const int b=0,const int c=0):
        x(a),y(b),t(c){}
}im[100001];
int n,m,k,out[N],ti[N],last[N],sum[N],lon[N],ans;
int max(int x,int y){ return x>y ? x : y; }
void work(){
    while (k){
        int x=0,y,z;
        for (int i=n,la=n,min=100000;i>=1;i--){
            if (sum[la]-sum[i]>x && lon[i+1]){
                x=sum[la]-sum[i];
                y=i;
                z=min;
                if (lon[i+1]<z) z=lon[i+1];
            }
            if (i<n)
            if (min>ti[i]-last[i]) min=ti[i]-last[i];
            if (ti[i]<=last[i]){
                la=i;
                min=100000;
            }
        }
        if (z>k) z=k;
        k-=z;
        ans-=x*z;
        lon[y+1]-=z;
        for (int i=y+1;i<=n && ti[i]>last[i];i++) ti[i]-=z;
    }
}
void maketi(){
    for (int i=1;i<=n;i++){
        sum[i]=sum[i-1]+out[i];
        ti[i]=max(ti[i-1],last[i-1])+lon[i];
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    int x,y,z;
    for (int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&lon[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        im[i]=info(y,z,x);
        last[y]=max(last[y],x);
        ++out[z];
    }
    maketi();
    for (int i=1;i<=m;i++) ans+=ti[im[i].y]-im[i].t;
    work();
    printf("%d",ans);
}