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题意：

题意选自洛谷
在这里插入图片描述

题解：

首先要先发现性质：对于任何一个城堡u，如果要往u驻军，则在攻占编号最大的能向u行军的城堡后再驻军，答案一定不会变劣。你想想，如果后面有编号更大的点可以前往u，那我们就没有必要再之前派军驻扎，如果派军反而还会少一个士兵。因此对于一个城堡，我们只需要保存编号最大的城堡到他的行军路线。一开始每个城堡到其编号最大的城堡是其本身
现在考虑dp转移，感觉本题情况非常多又复杂。我们可以规整规整，因为攻打顺序是1到n，顺序已经给好了，那么对于第i个点，我们可以派军驻扎其能到达的点，也可以不派军驻扎。这是两个大的状态，由此设dp[i][j]表示当前在第i个点，士兵的数量为j的最大分数。dp初始化为负无穷
当从第i-1个点到第i个点时，我们需要考虑第i个点新增的部队数量，需要考虑第i个点是否要去其他点派军，显然为了最优，派军去x个点只需要x个兵
假设第i个点可以往num个点派军，那我们对这num个价值排序，因为我们必然是优先去价值高的，sum[x]:表示去价值最高得x个点派军所得价值，这可以用优先队列+前缀和来实现
那么状态转移方程为：
dp[i][j+b[i]-x]=max(dp[i][j+b[i]-x],dp[i-1][j]+sum[x]);
i枚举的是当前所处点
j是当前军队，b[i]是第i个点可以新增的部队数量，x是所派士兵数量(派军去了x个点)，当x=0时为任何点都不占领(包含当前所在点)
这样转移看似复杂度是 $O(n^3)$ ，实则是均摊为 $O(n^2)$
详细看代码

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
bool Handsome;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test(bool &Most)
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseprintf("%.2lfMB\n",(&Most-&Handsome)/1024.0/1024.0);startTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=5000+9;
int dp[maxn][maxn];
priority_queue<int>q;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int sum[maxn];
int maxx[maxn];
vector<int>vec[maxn];
int add[maxn];
bool Most;
int main()
{
//    rd_test(Most);int n,m,k;read(n,m,k);memset(dp,-INF_int,sizeof(dp));dp[0][k]=0;int f=0;for(int i=1;i<=n;i++){read(a[i],b[i],c[i]);if(add[i-1]+k<a[i])f=1;add[i]=add[i-1]+b[i];maxx[i]=i;}for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;read(u,v);maxx[v]=max(maxx[v],u);}for(int i=1;i<=n;i++){vec[maxx[i]].push_back(i);}if(f){puts("-1");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){while(!q.empty())q.pop();for(auto v:vec[i]){q.push(c[v]);}int num=0;for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=0;while(!q.empty()){num++;if(num==1)sum[num]=q.top();else sum[num]=sum[num-1]+q.top();q.pop();}for(int j=a[i];j+b[i]<=k+add[i];j++){if(dp[i-1][j]<0)continue;for(int x=0;x<=num;x++){dp[i][j+b[i]-x]=max(dp[i][j+b[i]-x],dp[i-1][j]+sum[x]);}}}int MAX=0;for(int i=0;i<=k+add[n];i++)MAX=max(MAX,dp[n][i]);cout<<MAX<<endl;Time_test();
}