bzoj4946 Noi2017 蔬菜

Posted 2020-10-28 大米饼

题目描述

小 N 是蔬菜仓库的管理员，负责设计蔬菜的销售方案。

在蔬菜仓库中，共存放有$n$ 种蔬菜，小$N$ 需要根据不同蔬菜的特性，综合考虑各方面因素，设计合理的销售方案，以获得最多的收益。

在计算销售蔬菜的收益时，每销售一个单位第$i$ 种蔬菜，就可以获得$a^i$ 的收益。

特别地，由于政策鼓励商家进行多样化销售，第一次销售第 i 种蔬菜时，还会额外得到$s^i$ 的额外收益。

在经营开始时，第$i$ 种蔬菜的库存为$c^i$ 个单位。

然而，蔬菜的保鲜时间非常有限，一旦变质就不能进行销售，不过聪明的小 N 已经计算出了每个单位蔬菜变质的时间：对于第$i$ 种蔬菜，存在保鲜值$x^i$ ，每天结束时会有$x^i$ 个单位的蔬菜变质，直到所有蔬菜都变质。（注意：每一单位蔬菜的变质时间是固定的，不随销售发生变化）

形式化地：对于所有的满足条件$d\times x^i?ci$ 的正整数$d$ ，有$x^i$ 个单位的蔬菜将在第$d$ 天结束时变质。

特别地，若$(d-1)\times x^i?c^i?d\times x^i$ ，则有$c^i-(d-1)\times x^i$ 单位的蔬菜将在第$d$ 天结束时变质。

注意，当$x^i=0$ 时，意味着这种蔬菜不会变质。

同时，每天销售的蔬菜总量也是有限的，最多不能超过$m$ 个单位。

现在，小 N 有$k$ 个问题，想请你帮忙算一算。每个问题的形式都是：对于已知的$p^j$ ，如果需要销售$p^j$ 天，最多能获得多少收益？

输入输出格式

输入格式：

 

第一行包含三个正整数$n,m,k$ ，分别表示蔬菜的种类数目、每天能售出蔬菜总量上限、小 N 提出的问题的个数。

接下来$n$ 行，每行输入四个非负整数，描述一种蔬菜的特点，依次为$a^i,s^i,c^i,x^i$ ，意义如上文所述。

接下来$k$ 行，每行输入一个非负整数$p^j$ ，意义如上文所述。

 

输出格式：

 

输出$k$ 行，每行包含一个整数，第$i$ 行的数表示第$i$ 个问题的答案。

 

题意：

     定义了一种蔬菜为：ai,si,ci,xi;

     意思是蔬菜的价格为ai，第一份卖出时价格为ai+si,一共有ci份，每天会有xi份过期；每天最多卖出m份蔬菜，多组输入天数依次最大化收入；

题解：

     ①一个很神的贪心：我们尽量晚点卖过期晚的，早点卖贵的；

     ②现在想象有一个天数的序列，我们狡猾而又贪心地往里面填蔬菜。为了处理第一次卖出，我们把一种蔬菜分成两种，(1,ai+si)和(ci-1,ai)，第一份蔬菜最后过期。把所有蔬菜里最贵的先拿出来，找到当前蔬菜最后过期的那一天，尽量把那一天放满，满了之后再往前面找，后面过期的在前一天一定可以放，动态加上比较早过期的一直放直到放不下或放完。

     ③本来能放的最后一天(可以(ci-1)/xi+1)o(1)算，并查集维护一下往前没满的第一个位置可以保证复杂度。注意特判一下 xi==0永不过期；

     ⑤要求多组询问，考虑d天内卖掉的蔬菜为S，我们d-1天一定是丢掉比较便宜的蔬菜，丢掉的个数即为d天选的蔬菜减前面空着的总份数，求出最后一天的状态往前减即可。

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #define ll long long
 6 using namespace std;
 7 const int N = 200010;
 8 int n,m,k,f[N],d[N],ga[N],g[N],cnt,tot,Q[N],maxd,upd[N];
 9 ll ans[N],sum,L[N],R;
10 struct node {int c,a,x,d;}A[N];
11 char gc(){
12     static char *p1,*p2,s[1000000];
13     if(p1==p2) p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
14     return (p1==p2)?EOF:*p1++;
15 }
16 int rd(){
17     int x = 0; char c = gc();
18     while(c<‘0‘||c>‘9‘) c = gc();
19     while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘,c = gc();
20     return x;
21 }
22 bool cmp(const node &x,const node &y){return x.a > y.a;}
23 int find(int x){return(f[x]==x)?x:f[x]=find(f[x]);}
24 void Union(int x,int y){int fx = find(x),fy = find(y);if(fx==fy)return;f[fy] = fx;}
25 void calc(int idx,int c,int a){
26     sum += 1ll * c * a;    
27     g[cnt] += c,ga[cnt] = a;
28     d[idx] += c;
29     if(d[idx]==m) Union(idx-1,idx);
30 }
31 int main()
32 {    //freopen("mzoj1115.in","r",stdin);
33     //freopen("mzoj1115.out","w",stdout);
34     freopen("testdata.in","r",stdin);
35     freopen("testdata.out","w",stdout);
36     n = rd(); m = rd(); k = rd();
37     for(int i = 1,a,s,c,x;i <= n;i++){
38         a=rd(),s=rd(),c=rd(),x=rd();
39         A[++tot] = (node){1,a+s,0,x?(c-1)/x+1:N};
40         if(--c) A[++tot] = (node){c,a,x,x?(c-1)/x+1:N};
41     }
42     for(int i = 1,x;i <= k;i++) {
43         maxd = max(maxd,Q[i] = rd());
44     }
45     sort(A+1,A+tot+1,cmp);
46     for(int i = 1;i <= maxd;i++) f[i] = i;
47     for(int i = 1;i <= tot;i++) {
48         cnt++;
49         int idx=find(min(A[i].d,maxd));
50         int res = (idx-1)*A[i].x,now = A[i].c - res;  
51         while(idx&&now){
52             int tmp = m - d[idx];
53             int mn = min(tmp,now);
54             calc(idx,mn,A[i].a);
55             now -= mn;
56             int p = idx; idx = find(idx - 1); p-=idx;
57             if(res) now += p*A[i].x,res -= p*A[i].x;
58         }
59         if(!find(maxd)) break;
60     }
61     //for(int i = 1;i <= cnt/2;i++) swap(g[i],g[cnt-i+1]),swap(ga[i],ga[cnt-i+1]);
62     for(int i = 1;i <= maxd;i++) L[i] = m - d[i] + L[i - 1];
63     for(int i = maxd;i >= 1;i--) 
64     upd[i] = max(R - L[i],0ll),R+=d[i];
65     for(int i = maxd;i>=1;i--){
66         ans[i] = sum;
67         int tmp = upd[i-1] - upd[i];
68         while(tmp){
69             int mn = min(tmp,g[cnt]);
70             sum -= 1ll * ga[cnt] * mn;
71             tmp -= mn; g[cnt] -= mn; if(!g[cnt]) cnt--;
72         }
73     }
74     for(int i = 1;i <= k;i++) printf("%lld\n",ans[Q[i]]);
75     return 0;
76 }//by tkys_Austin;