P1315 [NOIP 2011 提高组] 观光公交
个人认为是个好题。另外，推荐一下这篇题解，看着这篇题解学明白的。
首先，我们要求的是最小的 \(\sum\limits_{i=1}^{m}{arr_{to_i}}-tim_{i}\)，其中 \(arr_i\) 表示大巴到达景点 \(i\) 的时间，\(to_i\) 表示游客 \(i\) 的目的地，\(tim_i\) 表示游客 \(i\) 的出发时间。
既然 \(tim_i\) 是固定的，所以我们要想办法让 \(\sum\limits_{i=1}^{m}{arr_{to_i}}\) 尽可能小。
如果不考虑乘客和加速器的话，就让公交正常开，那么这会是时间关于景点的函数图像：
如果加上乘客的影响的话，那么到了部分景点后车还要等乘客，图像会有部分的抬升，并形成多个断点：
（如果一个景点 \(i\) 被称作断点，那么 \(arr_i \le lst_i\)，其中 \(lst_i\) 表示最晚到达该出发点的游客是几点到的）
以下称两个断点中间的区域为一个区间。
加上加速器的情况有点复杂。如果在某个位置使用了加速器的话，那么从它开始，到它所在区间的末尾，所有的点的到达时间都会-1。而后面的区间，由于制约因素是最晚的游客的到达时间，所以并不对它们起作用。
然后我们就会发现，在一个区间里，如果我们决定对它使用一个加速器，那么越早使用的话，受益的游客越多。所以对于一个区间，我们尽可能会往前选择使用加速器的边：
当然，也有一种可能，使用完加速器后出现了新的断点：
我们使用一个加速器的时候，当然是希望它造福尽可能多的游客，也就是希望 \(\sum\limits_{i=1}^{m}{arr_{to_i}}\) 减小的最多。所以我们使用一个加速器的时候，挨个考虑每个区间，取那个最合适的地方用掉就好。
但是我们如何考虑“造福多少游客”呢？我们记 \(des_i\) 表示以 \(i\) 为目的地的游客有多少。显然，如果在 \(pos\) 向 \(pos+1\) 的边使用加速器，并且当前区间靠右的断点是 \(r\)，它就能使答案减 \(\sum\limits_{i=pos+1}^{r-1}{des_i}\)。
于是，我们重复这个过程 \(k\) 次，用掉 \(k\) 个加速器后统计答案即可。时间复杂度 \(O(kn)\)。
代码：
P1315
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<48){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
const int N=1e3+3;
const int M=1e4+4;
const int K=1e5+5;
int n,m,k,d[N],lst[N],des[N],to[M],tim[M],arr[N],cut[N],cnt;
//cut[i]:第i个发现的断点是几号
//cnt:cut数组的指针
//其余变量名同题解
signed main(){
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<n;i++){
d[i]=read();
}
//输入&预处理tim,lst
for(int i=1;i<=m;i++){
tim[i]=read();int l=read();to[i]=read();
lst[l]=max(lst[l],tim[i]);
des[to[i]]++;
}
int TIM=0;
//模拟法处理arr,cut
for(int i=1;i<=n;i++){
arr[i]=TIM;
TIM=max(TIM,lst[i]);
if(arr[i]<=lst[i]){
cut[++cnt]=i;
}
TIM+=d[i];
}
while(k--){
int mx=-1,gai=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int pos=cut[i];
while(!d[pos]){
//注意有些路段是不可以使用加速器的，要接着往后跳
pos++;
if(arr[pos]<=lst[pos]||pos>=n){
//如果跳到断点还是找不到合适的边时，那该区间就用不了加速器了
pos=-20100325;//这串数字懂得都懂
break;
}
}
if(pos==-20100325){
continue;
}
//这里是在模拟 如果当前这个地方用加速器，能使答案减多少
int loc=pos+1,res=0;
while(1){
res+=des[loc];
if(arr[loc]<=lst[loc]||loc>=n){
break;
}
//警示后人：要判断当前点是否进了下一个边界，越过了就必须跳出，否则可以接着往下找。
//例如样例里， 不判的话loc=2直接跳3，进入下一个区间了，不合规的
loc++;
}
if(res>mx){
mx=res,gai=pos;
}
}
d[gai]--;//就决定减这里了
//这里是在进行一个减的过程
while(++gai){
arr[gai]--;
if(arr[gai]==lst[gai]){
//出现了新的断点
cut[++cnt]=gai;
}
if(arr[gai]<lst[gai]||gai>=n){
//否则跳到了原有断点上
break;
}
}
}
//统计答案
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
ans+=arr[to[i]]-tim[i];
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
还有一些实现细节值得注意（或者说，我当时阅读题解的一些问题）：
（以下仅为个人理解）
1.为什么断点的判定可以取等？个人认为取等的话出现新断点时，方便判断是旧断点还是新断点，并且如果它的 \(arr\) 减了 1 的话，它的制约因素是 \(lst\)，还是无法造福它。
2.为什么我们找使用加速器的点时从断点右侧的边开始试，而不是断点左侧的那条边？因为你找那条边没啥用，就算用了加速器，制约因素是游客到达时间，不会造福后面的点。但是断点右侧的边可以造福后面的点。
3.有关代码里的警示后人：这个纯属我当时写的时候脑抽，我应该先判断当前这个点是不是断点再往后跳，否则如果先往后跳再判断点的话，有可能直接越过一个断点统计答案去了。
4.如果我们决定让 \(d_{pos}--\)，那么造福的是 \(pos+1\) 之后的该区间的点。
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