BZOJ_3963_[WF2011]MachineWorks_斜率优化+CDQ分治
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
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
设F[i]表示考虑完前i台机器的最大收入。
那么F[i]=F[j]-P[i]+(D[i]-D[j]-1)*G[j]+R[j] (F[i]>=P[i])。
和货币兑换类似,不过那道题我写的时候是把决策点当成直线,每次用横坐标去切。
这道题我试着把决策点当做点,每次用直线查询。
变成斜率的形式后发现查询的斜率单调,然而每次插入点的横坐标不单调。
于是用CDQ分治。左边插入的横坐标单调,对左边建凸壳,扫一遍更新右边的。
注意初始化。
代码:
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; typedef double f2; #define N 200050 #define eps 1e-6 #define mem(x) memset(x,0,sizeof(x)) ll f[N],D[N],P[N],R[N],G[N],C; int n,Case,S[N],t[N],tmp[N]; #define Y(j) (f[j]-P[j]-D[j]*G[j]-G[j]+R[j]) #define X(j) (G[j]) #define K(i) (-D[i]) struct A { ll d,p,r,g; bool operator < (const A &x) const { return d<x.d; } }a[N]; f2 getK(int p1,int p2) { if(fabs(X(p2)-X(p1))<eps) return Y(p2)>Y(p1)?1e15:-1e15; return (1.0*Y(p2)-Y(p1))/(X(p2)-X(p1)); } void solve(int l,int r) { if(l==r) return ; int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid); int i,j,k; int top=0; for(i=l;i<=mid;i++) { if(f[t[i]]<P[t[i]]) continue; while(top>1&&getK(S[top-1],S[top])<=getK(S[top-1],t[i])) top--; S[++top]=t[i]; } for(j=1,i=mid+1;i<=r;i++) { while(j<top&&getK(S[j],S[j+1])+eps>=K(t[i])) j++; f[t[i]]=max(f[t[i]],Y(S[j])-K(t[i])*X(S[j])); } solve(mid+1,r); i=l,j=l,k=mid+1; while(j<=mid&&k<=r) { if(X(t[j])<X(t[k])) tmp[i++]=t[j++]; else tmp[i++]=t[k++]; } while(j<=mid) tmp[i++]=t[j++]; while(k<=r) tmp[i++]=t[k++]; for(i=l;i<=r;i++) t[i]=tmp[i]; } int work() { Case++; ll tmp; scanf("%d%lld%lld",&n,&C,&tmp); D[n+1]=tmp+1; if(n==0) return 0; int i,j; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld%lld%lld%lld",&a[i].d,&a[i].p,&a[i].r,&a[i].g); } /*if(Case!=17) return 1; printf("%d %lld %lld ",n,C,tmp); for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld %lld %lld %lld ",a[i].d,a[i].p,a[i].r,a[i].g); return 0;*/ sort(a+1,a+n+1); for(i=1;i<=n;i++) D[i]=a[i].d,P[i]=a[i].p,R[i]=a[i].r,G[i]=a[i].g,t[i]=i; // for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",D[i]); n++; f[0]=C; t[n]=n; for(i=1;i<=n;i++) f[i]=-K(i)*X(0)+Y(0); solve(1,n); /*for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<i;j++) { if(f[j]>=P[j]) f[i]=max(f[i],-K(i)*X(j)+Y(j)); } printf("%lld ",f[i]); }*/ printf("Case %d: %lld ",Case,f[n]); return 1; } int main() { while(1) { mem(a); mem(D); mem(P); mem(R); mem(f); mem(G); mem(t); mem(tmp); mem(S); int tmp=work(); if(!tmp) return 0; } }