[洛谷P1315]观光公交

题目←

模拟+贪心

一开始看到10^5的数据，以为要klogn就敲了个线段树上去

结果没考虑后效性，只过了3个点

正解：

一开始先处理出每一站的到站时间是对的，而随着修改到站时间的改变不一定满足前缀关系

假设在某一站有人很晚才出发，那不管先前改变了多少后面的到站时间都是不变的

综上

还需要维护修改一段距离时最远能影响到的点（递推标签的由来）

设修改i后的线段最远影响到的点为G[i]

设某一站最终出发的人时间为last[i]，也就是汽车在这个站最早的出发时间

如果由前推来的To[i] >= last[i] +1，则说明i能影响到后面；

则G[i - 1]就可以由last[i]推来

否则即便修改i - 1后的线段最多也只能影响到在站点i下车的人们，G[i - 1] = i

注意修改后，随着D[i]的改变，To[i]也会改变

还有一点一开始没明白：

一个人的旅行时间是否受影响，仅于它的到达点有关系。

就是说当一个人的到达点被包含在i—G[i]时，不管出发点是否被包含其中，旅行时间是一定会被影响的

1、出发点在i及i前时，被影响的是坐上车后的时间

2、出发点在i后时，被影响的是等待时间

然后O(n*k)的模拟

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
const LL M = 100000 + 60;
using namespace std;
LL n,m,k;
LL T[M],A[M],B[M],To[M];
LL D[M],last[M],ans,sum[M],O[M],G[M];
int main(){
cin >> n >> m >> k;
for(LL i = 1;i <= n - 1;i ++)cin >> D[i];
for(LL i = 1;i <= m;i ++){
cin >> T[i] >> A[i] >> B[i];
O[B[i]] ++;
last[A[i]] = max(last[A[i]],T[i]);
}
LL now = 0;
for(LL i = 1;i <= n;i ++){
now = max(now,last[i]);
To[i] = now;
now += D[i];
sum[i] = sum[i - 1] + O[i];
}
G
= G[n - 1] = n;
for(int i = n - 2;i >= 1;i --){
if(To[i + 1] >= last[i + 1] + 1){
G[i] = G[i + 1];
}
else G[i] = i + 1;
}
for(LL t = 1;t <= k;t ++){
LL flag = -1,maxn = 0;
for(LL i = 1;i <= n - 1;i ++){
if(!D[i])continue;
LL tmp = sum[G[i]] - sum[i];
if(tmp > maxn){
maxn = tmp;
flag = i;
}
}
if(flag == -1)break;
D[flag] --;
now = 0;
for(LL i = 1;i <= n;i ++){
now = max(now,last[i]);
To[i] = now;
now += D[i];
}
G
= G[n - 1] = n;
for(int i = n - 2;i >= 1;i --){
if(To[i + 1] >= last[i + 1] + 1){
G[i] = G[i + 1];
}
else G[i] = i + 1;
}
}
for(int i = 1;i <= m;i ++){
ans += To[B[i] - 1] + D[B[i] - 1] - T[i];
}
cout << ans;
return 0;
}