正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4480

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题目大意

$n$天，第$i$天需要$a_i$个餐巾。

每个餐巾价格为$p$，使用完后有两种清洗方法

1. 清洗$m_1$天，费用为$c_1$
2. 清洗$m_2$天，费用为$c_2$

求满足所有需求的最小花费

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le m_1,m_2\le n,1\le c_1,c_2,a_i\le 100$

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解题思路

如果固定了购买的毛巾数量那么此题就有一个贪心的做法。

首先先把购买的全部优先使用了

然后如果快的那个洗法费用更低，那么显然全部用快的洗法。

否则就是一个快但是贵，一个慢但是便宜。那么我们的决策就是能用慢的就不使用快的。这个可以用决策后延来解决，当我们需要毛巾的时候再决定前面的毛巾的洗法。

这样的贪心是$O(n)$的，但是我们不能暴力枚举毛巾数量。

感性理解的话不难费用根据毛巾的数量呈一个单谷状，所以我们可以直接三分出这个谷底即可。

时间复杂度$O(n\log (100n))$，因为$deque$比较慢所以我的标要开$\text{-O2}$才能过/kk

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=2e5+10,inf=2e9;
int n,p,m1,m2,c1,c2,w[N];
struct node{int t,w;node(int tt=0,int ww=0){t=tt;w=ww;return;}
};
deque<node> q1,q2,q3;
int calc(int x){int ans=x*p;q1.clear();q2.clear();q3.clear();for(int i=1;i<=n;i++){while(!q1.empty()&&q1.front().t+m1<=i)q2.push_back(q1.front()),q1.pop_front();while(!q2.empty()&&q2.front().t+m2<=i)q3.push_back(q2.front()),q2.pop_front();int v=w[i],tmp=min(v,x);x-=tmp;v-=tmp;while(v&&!q3.empty()){tmp=min(v,q3.back().w);v-=tmp;ans+=tmp*c2;if(tmp==q3.back().w)q3.pop_back();else q3.back().w-=tmp;}while(v&&!q2.empty()){tmp=min(v,q2.back().w);v-=tmp;ans+=tmp*c1;if(tmp==q2.back().w)q2.pop_back();else q2.back().w-=tmp;}if(v)return inf;q1.push_back(node(i,w[i]));}return ans;
}
int main()
{scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m1,&m2,&c1,&c2,&p);if(m1>m2)swap(m1,m2),swap(c1,c2);if(c1<c2)c2=c1,m2=m1;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);int l=1,r=n*100;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(calc(mid)<calc(mid+1))r=mid-1;else l=mid+1;}printf("%d\n",calc(l));return 0;
}