题意：
有n个订单和可以在m小时内制作月饼，制作月饼不考虑时间（即，你可以在一个时刻在所有需要的月饼都做完）
接下来是n个订单的信息:需要在mon月,d日,year年,h小时交付订单r个月饼
接下来一行t,s表示制作的月饼可以保质t小时，每保质一小时需要花费s的价值
接下来m行表示从第0小时开始在该时间制作月饼的花费的价值（2000年1月1日0时表示第0个小时）
求完成所有订单消耗的最小价值
题解：
因为题目中给的时间是年月日的，所以我们首先要把它转化为距离2000年1月1日0时多少小时
然后又因为我们需要求最小花费，对于一个订单，你可以在该订单结束的时刻（设为距离2000年1月1日0时x小时）的区间[0,x]内中选择花费最少的一天去制作月饼。
这就可以用到单调队列，构造一个从左向右递增的序列即可。这样的话对于x时刻的月饼，我们只需要找到单调队列中那个最左边满足题意得就可以了
如果这样的话，那么这个单调队列按照从左向右递增的这个值就要考虑到保质花费，和在那个时刻做月饼得花费。具体见代码吧
代码：
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <stdlib.h> 4 #include <iostream> 5 #include <algorithm> 6 #include<map> 7 using namespace std; 8 typedef long long LL; 9 typedef unsigned long long ull; 10 const int inf=0x3f3f3f3f; 11 const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll; 12 const int maxn=1e5+5; 13 map<string,int>mp; 14 int n,m,time[3050],sum[15],S,T,cost[100050],q[100050]; 15 LL num[3000]; 16 void init() 17 { 18 mp["Jan"]=1,mp["Feb"]=2,mp["Mar"]=3,mp["Apr"]=4,mp["May"]=5,mp["Jun"]=6,mp["Jul"]=7,mp["Aug"]=8; 19 mp["Sep"]=9,mp["Oct"]=10,mp["Nov"]=11,mp["Dec"]=12; 20 sum[0]=0,sum[1]=31,sum[2]=sum[1]+28,sum[3]=sum[2]+31,sum[4]=sum[3]+30,sum[5]=sum[4]+31,sum[6]=sum[5]+30; 21 sum[7]=sum[6]+31,sum[8]=sum[7]+31,sum[9]=sum[8]+30,sum[10]=sum[9]+31,sum[11]=sum[10]+30; 22 } 23 24 int get(int y,int m,int d,int t) //获取这个时间对应的2000年1月1日0点有多少小时 25 { 26 int ans=0; 27 for(int i=2000; i<y; i++) 28 { 29 if((i%4==0&&i%100!=0)||i%400==0) 30 ans+=366; 31 else 32 ans+=365; 33 } 34 if((y%4==0&&y%100!=0)||y%400==0) 35 { 36 ans+=sum[m-1]; 37 if(m-1>=2)ans++; 38 } 39 else 40 { 41 ans+=sum[m-1]; 42 } 43 ans+=(d-1); 44 return ans*24+t; 45 } 46 47 int main() 48 { 49 init(); 50 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 51 { 52 if(n==0&&m==0)break; 53 for(int i=0; i<n; i++) 54 { 55 int year,day,t; 56 char mon[10]; 57 scanf("%s%d%d%d%I64d",mon,&day,&year,&t,&num[i]); 58 time[i]=get(year,mp[mon],day,t); 59 //printf("->%d ",time[i]); 60 } 61 scanf("%d%d",&T,&S); 62 int tail=0,head=0,k=0; 63 LL cnt=0; 64 for(int i=0; i<m; i++) 65 { 66 scanf("%d",&cost[i]); 67 /* 68 维护一个递增的序列，这个递增的值是花费多少才能使月饼保存到第i个小时 69 */ 70 while(head<tail&&cost[q[tail-1]]+S*(i-q[tail-1])>=cost[i])tail--; 71 q[tail++]=i; 72 while(i==time[k]) //当这个条件触发时，就可以从单调队列中拿出来你从0时刻到现在那个最小的花费 73 { //但是还要判断一下保鲜时间超时了没有 74 while(head+1<tail&&(i-q[head]>T))head++; 75 cnt+=num[k]*(cost[q[head]]+S*(i-q[head])); 76 k++; 77 } 78 } 79 printf("%I64d ",cnt); 80 } 81 return 0; 82 }