[ABC417D] Takahashi's Expectation

题面- [ABC417D] Takahashi's Expectation

算法关键词：DP，思维题

题目大意：初始一个情绪值 \(X\)，依次收到 \(N\) 个礼物，每个礼物分别有自己的价值 \(P_i\) ，升值 \(A_i\) ，降值 \(B_i\)。若情绪值高于价值则 把情绪值加上升值 ，否则 把情绪值减去降值。现在给出 \(Q\) 个 \(X_i\)，分别问收完礼物后的情绪值。

思路1：暴力
直接对每一个情绪值分别跑一遍模拟，复杂度 \(O(NQ)\)。在

\(1 \le N \le 10000\)，\(1 \le Q \le 5 \times 10^5\)

的数据范围下显然难以通过。

思路2
发现对于每一个情绪值，礼物都是相同的，考虑能不能初始化收礼物的过程，期望复杂度 \(O（N+Q）\)。
继续思考，发现对于每一个期望值，礼物造成的效果都不同，没法初始化。
太悲伤了啥时候才能做出来TwT。
正常思考似乎没有突破口，既然卡在时间复杂度上，那我们不妨从数据范围入手。

思路3（正解）

• \(1 \le P_i \le 500\,(1 \le i \le N)\)
• \(1 \le A_i \le 500\,(1 \le i \le N)\)
• \(1 \le B_i \le 500\,(1 \le i \le N)\)

注意到这个 \(P\)，\(A\)，\(B\) 的数据范围格外小，只有 \(500\)，一看就是本题的突破点。但是不影响我没做出来。 但是只关注到这点似乎不够做出这道题，那我们不妨观察一下样例。
样例一，没看出来什么，似乎就是一个普通小样例。
样例二，情绪值非常大！所以一直在减少。由此可以发现当情绪值足够大的时候 无论收到什么礼物都是减少情绪值。
非常大的情绪值很好说，一直减即可。但是如果减到一半需要开始判断了怎么办呢AwA？那么我们可以找一找什么时候开始不再是一直减了。
随便举一个较小的例子，发现一个重要的规律：
如果情绪值 \(\le 1000\)，那么情绪值就会一直保持在\(1000\)以下。
原因也很简单，如果情绪值 \(\le 500\)，那么最大情况下情绪值也不会超过 \(1000\)（理由数据范围）；如果情绪值 \(\ge 500\)且 \(\le 1000\)，那么情绪值一定会减少且最多减少到 \(500\)。真是一个伟大的发现！
那么二分一下情绪值进入 \(1000\) 减的次数即可，现在范围已经缩小到了\(1000\)。
剩下的DP就很显而易见了 （额其实我是看了算法标签才后知后觉）。
状态表示：$dp_{i,j} $ 表示从第 \(i\) 个礼物开始收（进入\(1000\)范围），刚开始情绪值为 \(j\) 的最终情绪值。
转移顺序：\(i\) 从 \(n\) 到 \(1\) ，\(j\) 从 \(1\) 到 \(1000\) 枚举（注意不是正序，因为并不是从一开始就在范围里没法正着推）。
转移方程：
如果\(j>P_i\),那么\(dp_{i,j}=dp_{i+1,max(0,j-b_j)}\)。否则\(dp_{i,j}=dp_{i+1,j+a_i}\)。

那么到这里就完整搞完了！接下来就是代码部分了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=10010;

int p[N],a[N],b[N];

int main (){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>p[i]>>a[i]>>b[i];
	}
	for(int i=0;i<=1000;i++){
		dp[n+1][j]=j;
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=0;j<=1000;j++){
			dp[i][j]=dp[i+1][j>p[i]?max(0,j-b[i]):j+a[i]];
			
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		s[i]=s[i-1]+b[i];
	}
	int q;
	cin>>q;
	while(q--){
		int x;
		cin>>x;
		if(x-1000>s[n]){
			cout<<x-s[n]<<endl;
			continue;
		}
		if(x<=1000){
			cout<<dp[1][x]<<endl;
			continue;
		}
		int id=lower_bound(s+1,s+n+1,x-1000)-s;
		cout<<dp[id+1][x-s[id]]<<endl;
	}
	return 0;
}