这题很有思维难度,乍一看基本无从下手。
给每个蔬菜钦定退役的时间显然很困难,可以考虑让时光倒流,从后向前递推,然后就变成了某个时间点有一部分蔬菜服役,而已经服役的蔬菜不会退役了。然后就可以直接考虑贪心,每种第一个出现的蔬菜,显然可以单独考虑,加上s[i],然后把蔬菜放到堆里面,就可以在O(pmlogn)的复杂度下求出f[p]了,用堆维护即可,假定p=1e5。
然后发现这个玩意可以递推求解,第p-1天在役的蔬菜一定不少于第p天的,显然只需去掉利润最少的m个即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1e5+;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
struct node{int v,x;}st[N];
bool operator<(node a,node b){return a.v<b.v;}
int n,m,T,P=1e5,top,sum,a[N],s[N],c[N],x[N],used[N];
ll ans[N];
bool vis[N];
vector<int>d[N];
priority_queue<node>q;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d%d%d%d",&a[i],&s[i],&c[i],&x[i]);
for(int i=;i<=n;++i)if(!x[i])d[P].pb(i);else d[min(P,(c[i]+x[i]-)/x[i])].pb(i);
for(int i=P;i;i--)
{
for(int j=;j<d[i].size();j++)q.push((node){a[d[i][j]]+s[d[i][j]],d[i][j]});
if(q.empty())continue;
int j=m;
while(j&&!q.empty())
{
node u=q.top();q.pop();
if(!vis[u.x])
{
vis[u.x]=,ans[P]+=u.v,used[u.x]++,--j;
if(c[u.x]>)q.push((node){a[u.x],u.x});
}
else{
int rest=min(j,c[u.x]-used[u.x]-(i-)*x[u.x]);
ans[P]+=1ll*rest*u.v,used[u.x]+=rest,j-=rest;
if(used[u.x]!=c[u.x])st[++top]=(node){a[u.x],u.x};
}
}
while(top)q.push(st[top--]);
}
while(!q.empty())q.pop();
for(int i=;i<=n;i++)sum+=used[i];
for(int i=;i<=n;i++)
if(used[i]==)q.push((node){-s[i]-a[i],i});else if(used[i])q.push((node){-a[i],i});
for(int i=P-;i;i--)
{
ans[i]=ans[i+];
while(sum>i*m&&!q.empty())
{
node u=q.top();
q.pop(),u.v*=-;
if(used[u.x]>)
{
int rest=min(sum-i*m,used[u.x]-);
used[u.x]-=rest,sum-=rest,ans[i]-=1ll*rest*u.v;
if(used[u.x]==)q.push((node){-a[u.x]-s[u.x],u.x});
else q.push((node){-a[u.x],u.x});
}
else sum--,used[u.x]--,ans[i]-=u.v;
}
}
for(int i=,x;i<=T;i++)scanf("%d",&x),printf("%lld\n",ans[x]);
}