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[BZOJ2667][cqoi2012]模拟工厂

2024-09-07 04:00:20   220人阅读

[BZOJ2667][cqoi2012]模拟工厂

试题描述

有一个称为“模拟工厂”的游戏是这样的：在时刻0，工厂的生产力等于1。在每个时刻，你可以提高生产力或者生产商品。如果选择提高生产力，在下一个时刻时工厂的生产力加1；如果选择生产商品，则下一个时刻你所拥有的商品数量增加p，其中p是本时刻工厂的生产力。
有n个订单，可以选择接受或者不接受。第i个订单(ti, gi, mi)要求在时刻ti给买家提供gi个商品，事成之后商品数量减少gi，而收入增加mi元。如果接受订单i，则必须恰好在时刻ti交易，不能早也不能晚。同一时刻可以接受多个订单，但每个订单只能被接受一次。要求最后的总收入最大。
例如，如果一共有两个订单(5,1,8)和(7,15,3)，用如下策略是最优的：时刻0, 1, 2提高生产力（时刻3的生产力为4），然后在时刻3，4生产商品，则在时刻5时将拥有8个商品。此时接受第1个订单（还会剩下7个商品），并且在时刻5，6继续生产商品，则在时刻7时拥有7+4+4=15个商品，正好满足订单2。

输入

输入第一行包含一个整数n，即订单数目。以下n行每行三个整数ti, gi, mi。

输出

输出仅一行，为最大总收入。输出保证在32位带符号整数范围内。

输入示例

2
5 1 8
7 15 3

输出示例

11

数据规模及约定

n ≤ 15，ti ≤ 105，gi ≤ 109，mi ≤ 109

题解

发现 n 很小，我们可以 2n 枚举。然后检验答案时贪心。

首先明确，一段时间内如果提高生产力和生产的时间分别固定，那么一定是先提高生产力然后再生产最优。

如果当前有 p 的生产能力，并且已经处理完了前 i-1 个任务，那么我们可以算出对于第 i~n 个任务，算出当前时间到该任务还有多长时间（令这个时间长度为 Ti），算出第 i 到该任务总共需要生产多少产品（令这个产品数为 Gi），那么设 x 为提高生产力所用的时间可以列出不等式 (x + p)(Ti - x) ≥ Gi（就是一个开口向下的抛物线在一条水平直线的上方的部分），显然这样一个不等式的解集是一个区间 [li, ri]；那么现在有一个神奇的结论，取所有 ri 中最小的就是最优的方式，这个我也不知道怎么证。。。。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 20
#define oo 2147483647
#define LL long long

int n;
struct Ord {
	int t;
	LL g, m;
	Ord() {}
	Ord(int _1, LL _2, LL _3): t(_1), g(_2), m(_3) {}
	bool operator < (const Ord& t) const { return this->t < t.t; }
} os[maxn], get[maxn], gt[maxn];

int getans(LL p, LL t, LL g) {
	LL A = -1, B = t - p, C = t * p - g;
	LL delta = B * B - 4.0 * A * C;
	if(delta < 0) return -1;
	double x = (-(double)B - sqrt((double)delta)) / (2.0 * A);
	return (int)x;
}

int main() {
	n = read();
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		int a = read(), b = read(), c = read();
		os[i] = Ord(a, b, c);
	}
	
	sort(os, os + n);
	int all = (1 << n) - 1;
	LL ans = 0;
	for(int i = 0; i <= all; i++) {
		int cnt = 0, ct = 0;
		for(int j = 0; j < n; j++) if(i >> j & 1) get[++cnt] = os[j];
		get[cnt+1].t = -1;
		for(int j = 1; j <= cnt; j++)
			if(get[j].t == get[j+1].t) get[j+1].g += get[j].g, get[j+1].m += get[j].m;
			else gt[++ct] = get[j];
		gt[0].t = 0;
		int p = 1; LL pro = 0, sum = 0;
		for(int j = 1; j <= ct; j++) {
			int x = oo; LL G = 0;
			for(int k = j; k <= ct; k++)
				G += gt[k].g, x = min(x, getans(p, gt[k].t - gt[j-1].t, G - pro));
			pro += ((LL)x + p) * (gt[j].t - gt[j-1].t - x) - gt[j].g;
			if(x < 0){ sum = -1; break; }
			sum += gt[j].m; p += x;
		}
//		printf("%lld\n", sum);
		ans = max(ans, sum);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	
	return 0;
}

 

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