noip2014普及组初赛答案_csp提高组一等奖

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题目背景

NOIP2011提高组 DAY2 试题 3 。

题目描述

风景迷人的小城 Y 市，拥有 n 个美丽的景点。由于慕名而来的游客越来越多，Y 市特意安排了一辆观光公交车，为游客提供更便捷的交通服务。观光公交车在第 0 分钟出现在 1 号景点，随后依次前往 2、3、4……n 号景点。从第 i 号景点开到第 i+1 号景点需要 Di 分钟。任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。

设共有 m 个游客，每位游客需要乘车 1 次从一个景点到达另一个景点，第 i 位游客在 Ti 分钟来到景点 Ai，希望乘车前往景点 Bi（Ai<Bi）。为了使所有乘客都能顺利到达目的地，公交车在每站都必须等待需要从该景点出发的所有乘客都上车后才能出发开往下一景点。假设乘客上下车不需要时间。

一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。因为只有一辆观光车，有时候还要停下来等其他乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。于是聪明的司机 ZZ 给公交车安装了 k 个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个 Di 减 1。对于同一个 Di 可以重复使用加速器，但是必须保证使用后 Di 大于等于0。

那么 ZZ 该如何安排使用加速器，才能使所有乘客的旅行时间总和最小？

输入格式

第 1 行是 3 个整数 n, m, k，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示景点数、乘客数和氮气加速器个数。

第 2 行是 n-1 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，第 i 个数表示从第 i 个景点开往第 i+1 个景点所需要的时间，即 Di 。

第 3 行至 m+2 行每行 3 个整数 Ti, Ai, Bi，每两个整数之间用一个空格隔开。第 i+2 行表示第 i 位乘客来到出发景点的时，出发的景点编号和到达的景点编号。

输出格式

共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。

样例数据 1

输入

3 3 2

1 4

0 1 3

1 1 2

5 2 3

输出

10

备注

【样例说明】
对 D2 使用 2 个加速器，从 2 号景点到 3 号景点时间变为 2 分钟。
公交车在第 1 分钟从1 号景点出发，第 2 分钟到达 2 号景点，第 5 分钟从2 号景点出发，第 7 分钟到达 3 号景点。
第 1 个旅客旅行时间 7-0 = 7 分钟。
第 2 个旅客旅行时间 2-1 = 1 分钟。
第 3 个旅客旅行时间 7-5 = 2 分钟。
总时间 7+1+2 = 10 分钟。

【数据范围】
对于 10% 的数据，k=0；
对于 20% 的数据，k=1；
对于 40% 的数据，2 ≤n≤50，1≤m≤1,000，0≤k≤20，0≤Di≤10，0≤Ti≤500；
对于 60% 的数据，1≤n≤100，1≤m≤1,000，0≤k≤100，0≤Di≤100，0≤Ti≤10,000；
对于 100% 的数据，1≤n≤1,000，1≤m≤10,000，0≤k≤100,000，0≤Di≤100，0≤Ti≤100,000。

解析：

       事实证明NOIP部分分的数据范围是很重要的，因为它能一步一步引向正解。

      首先我们来考虑k=0的情况，这时候last[i]为到第i个景点上车的乘客最晚的时间，T[i]为到车到达第i个景点的最小时间。可地推出T：

       那么答案即为：

       fa[i]为第i个乘客到达景点等车的时刻。

       这时题目说可以缩短公交车的时间并且最多缩短K次，还是从步骤分入手，考虑k=1的情况。

       这时要求缩短哪一段距离后，使得尽可能多的乘客旅行时间减一。如果我们在i到i + 1间使用加速器的话，那么在i + 1站下车的乘客的旅行时间都会减一，但是如果T[i + 1]小于last[i + 1]的话，车就要在i + 1站等到所有的乘客上车，在i + 1站以后下车的乘客的时间是一样的，也就是说这个加速器对后面下车的乘客没有影响。我们可以用递推求出每个i最远能影响的车站，用f[i]表示：

       然后枚举每个位置，取减少的最大值：

       其中sum[i]表示在前i个车站中下车的总人数。

       那么k=1的情况就解决了，现在可以加速多次，所以就贪心的重复这个过程即可，维护T，f。

       加速器的使用各不影响。所以这个贪心是正确的。

       复杂度

代码：

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

const int Max=1005;
int n,m,k,ans,x;
int fa[Max*10],s[Max*10],t[Max*10],d[Max],f[Max],sum[Max],T[Max],last[Max];
//s起点t终点fa到达时间 
//d原时间i~i+1时间 
//f出发能影响到最远的点 
//sum前i个位置下车总人数 
//last在i上车的最大时间 
//T到i的最短时间 

inline void solve()
{
	for(int i=2;i<=n;i++) T[i]=max(T[i-1],last[i-1])+d[i-1];
	for(int i=2;i<=n;i++) sum[i]+=sum[i-1];
	for(int i=1;i<=m;i++) ans+=T[t[i]]-fa[i];
	while(k--)
	{
	  f[n]=f[n-1]=n;
	  for(int i=n-2;i>=1;i--)
	  {
	  	if(T[i+1]>last[i+1]) f[i]=f[i+1];
	  	else f[i]=i+1;
	  }
	  int maxx=0,pos=0;
	  for(int i=1;i<=n;i++) if(maxx<sum[f[i]]-sum[i]&&d[i]) maxx=sum[f[i]]-sum[i],pos=i;
	  if(!pos) break;
	  ans-=maxx,d[pos]--;
	  for(int i=pos;i<=n;i++) T[i]=max(T[i-1],last[i-1])+d[i-1];
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d",&d[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
	  scanf("%d%d%d",&fa[i],&s[i],&t[i]);
	  last[s[i]]=max(last[s[i]],fa[i]),sum[t[i]]++;
	}
	solve();
	cout<<ans;
	return 0;
}