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题意：
一个公司获得了一个厂房n(10^5)天的使用权
和一笔启动资金C(10^9)，准备在n天里租借机器生产来获得收益
可以租借的机器有M(10^5)个，每个机器有四个值，D,P,R,G (D<=n, P,R,G都是10^9)
表明你可以再第D天花费P费用（首先手里必须有那么多钱）
租借这个机器，从D+1天开始该机器每天产生G的收益，在你不需要机器时
可以卖掉这个机器，一次获得R的钱
思路：
用f[i]表示在D[i]时刻卖掉手里的机器手里最多多少钱
f[i] = max(f[i - 1], f[j] - P[j] + R[j] + G[j] * (D[i] - D[j] - 1))
其中f[j] >= P[j]
可以看出是O(n^2)的，显然不行啊
令h[j] = f[j] + R[j]- P[j] - G[j] * (D[j] + 1)
式子就变成 f[i] = h[j] + D[i] * G[j]
即h[j] = -D[i] * G[j] + f[i]
对于这个， 可以抽象成一个二维空间
由(G[j],h[j])作为点集, -D[i]为斜率
然后求使得截距最大的那个，就是f[i]最大了
观察这些点集
可以发现，一点都不单调啊，就需要按照G[j]这一维做个排序
使得他至少在一维上单调，方便我们做插入和删除操作
然后由于斜率是单调递减的，并且是负数
可以画一画，最后要维护的最优点的点集，在图上形成的是一条上凸的线
代码：
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define MAXN 11111 #define MAXM 55555 #define INF 1000000007 long long f[111111]; struct node { int d, p, g, r; }p[111111]; bool cmp(node x, node y) { return x.d < y.d; } int n, d; typedef pair<int, long long> PA; PA A[111111], C[111111]; long long h(int j) { return f[j] + (long long)p[j].r - (long long)p[j].p - (long long)p[j].g * (long long)(p[j].d + 1); } int slopecomp(PA a, PA b, PA c) { long long xa = b.first - a.first; long long xb = c.first - a.first; long long ya = b.second - a.second; long long yb = c.second - a.second; double tmp = (double)xa * yb - (double)xb * ya; return tmp < 0; } void cdq(int l, int r) { if(l + 1 <= r) { int m = (l + r) >> 1; cdq(l, m); int na = 0, nb = 0, nc = 0; for(int j = l; j <= m; j++) { if(f[j] >= p[j].p) A[na++] = PA(p[j].g, h(j)); } sort(A, A + na); for(int i = 0; i < na; i++) { while(nc > 1 && !slopecomp(C[nc - 1], C[nc], A[i])) nc--; C[++nc] = A[i]; } int j = 0; for(int i = m + 1; i <= r; i++) { long long a1, a2, b1, b2, x; x = p[i].d; while(j < nc) { a1 = C[j].first; a2 = C[j + 1].first; b1 = C[j].second; b2 = C[j + 1].second; if(a1 * x + b1 >= a2 * x + b2) break; j++; } f[i] = max(f[i], (long long)C[j].first * x + C[j].second); } cdq(m + 1, r); } } int main() { int cas = 0; while(scanf("%d%I64d%d", &n, &f[0], &d) != EOF) { if(n == 0 && f[0] == 0 && d == 0) break; for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d%d", &p[i].d, &p[i].p, &p[i].r, &p[i].g); sort(p + 1, p + n + 1, cmp); ++n; p[n].d = d + 1; p[n].g = p[n].p = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[0]; cdq(0, n); printf("Case %d: %I64d\n", ++cas, f[n]); } return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Rojo/p/4773747.html
