【BZOJ4946】[NOI2017]蔬菜（貪心）
題面
題解
忽然發現今年\(NOI\)之前的時候切往年\(NOI\)的題目，就\(2017\)年的根本不知道怎么下手（一定是我太菜了）
這題是一道神仙題（下定義），然而部分分多得不得了，不知道寫一個費用流可以得多少分。
我決定先強行插入一下費用流的做法，費用流是這樣子的：首先對於蔬菜拆點，每一天拆出一個點，因為蔬菜可以購買的量逐漸遞減，因此每一天向下一天連接流量為當前天減少\(d\)的邊，費用為\(0\)，然后考慮把蔬菜賣出去，那么就是從一個蔬菜拆出來的某一天向匯點連邊，因為限制每天購買的總量，所以再對於每一天的購買的蔬菜拆一個點，然后這一天的每一個蔬菜向這個點連容量為\(inf\)，費用為蔬菜費用的邊，再從這個點向匯點連容量為\(m\)，費用為\(0\)的邊。顯然源點向每個蔬菜的第一天連容量為蔬菜數量，費用為\(0\)的邊，至於第一次購買產生的額外貢獻，我們把連的那條邊拆出一個單位來，再額外鏈接一下容量為\(1\)，費用為第一次購買產生的額外貢獻的邊。這樣子連邊就好了（應該是對的）。
跳出來，往正解的方面想。
顯然不難發現一個\(O(nQ)\)的貪心，蔬菜會逐漸減少很不好做，我們倒過來，反過來考慮每一天，那么蔬菜的數量變成了每一天都增加每種蔬菜一定量，然后我們需要倒着買蔬菜就好了。可能需要數據結構什么的維護一下，但是大致的復雜度就是上述的東西。
我們現在再正着考慮，假設我們知道我們在\(p\)天的時候的最優解中，買了哪些蔬菜，那么我們可以很容易的得到\(p-1\)天的答案，顯然只需要把利潤最小的那\(m\)個蔬菜給去掉就好了，因為第\(p-1\)天可以購買的蔬菜不會少於第\(p\)天，在第\(p\)天能夠買到的，在\(p-1\)天也一定能夠買到。
前面說的不是很清楚，現在考慮如何求解第\(p\)天的答案。我們既然是增加蔬菜，那么這個操作很容易維護，只需要搞一個堆出來，然后每次把當前所擁有的所有蔬菜全部拿出來貪心取就好了，稍微注意一下第一次選產生的額外貢獻的細節就好。然后考慮如何遞推回去，還是拿一個堆維護，同理注意一下第一次選產生的額外貢獻。
既然這么講了貪心怎么寫，是不是覺得其實這就是一個模擬費用流的過程啊，倒推回去就是一個退流的過程，正推的貪心，顯然每天只有那么幾條路徑，用堆維護等價於跑費用流，忽然感覺很妙啊。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
#define pb push_back
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct Node{int v,i;}S[MAX];
bool operator<(Node a,Node b){return a.v<b.v;}
int P=1e5,top,sum;
int n,m,Qry,a[MAX],s[MAX],c[MAX],x[MAX],used[MAX];
ll ans[MAX];
bool vis[MAX];
vector<int> d[MAX];
priority_queue<Node> Q;
int main()
{
n=read();m=read();Qry=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),s[i]=read(),c[i]=read(),x[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!x[i])d[P].pb(i);
else d[min(P,(c[i]+x[i]-1)/x[i])].pb(i);
for(int i=P;i;--i)
{
for(int j=0,l=d[i].size();j<l;++j)
Q.push((Node){a[d[i][j]]+s[d[i][j]],d[i][j]});
if(Q.empty())continue;
for(int j=m;j&&!Q.empty();)
{
Node u=Q.top();Q.pop();
if(!vis[u.i])
{
vis[u.i]=true;ans[P]+=u.v;used[u.i]+=1;--j;
if(c[u.i]>1)Q.push((Node){a[u.i],u.i});
}
else
{
int rest=min(j,c[u.i]-used[u.i]-(i-1)*x[u.i]);
ans[P]+=1ll*rest*u.v;used[u.i]+=rest;j-=rest;
if(used[u.i]!=c[u.i])S[++top]=(Node){a[u.i],u.i};
}
}
while(top)Q.push(S[top--]);
}
while(!Q.empty())Q.pop();
for(int i=1;i<=n;++i)sum+=used[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
if(used[i]==1)Q.push((Node){-s[i]-a[i],i});
else if(used[i])Q.push((Node){-a[i],i});
for(int i=P-1;i;--i)
{
ans[i]=ans[i+1];
while(sum>i*m&&!Q.empty())
{
Node u=Q.top();Q.pop();u.v*=-1;
if(used[u.i]>1)
{
int rest=min(sum-i*m,used[u.i]-1);
used[u.i]-=rest;sum-=rest;ans[i]-=1ll*rest*u.v;
if(used[u.i]==1)Q.push((Node){-a[u.i]-s[u.i],u.i});
else Q.push((Node){-a[u.i],u.i});
}
else --sum,--used[u.i],ans[i]-=u.v;
}
}
while(Qry--)printf("%lld\n",ans[read()]);
return 0;
}