Statement
有 \(n\) 个车站，从 \(1\) 到 \(n\) 编号，车站 \(i\) 初始有 \(a_i\) 个人。
在每个小时结束的前几分钟，车站 \(i\) 会新增 \(b_i\) 个人。
玩家有无限辆容量为 \(k\) 的火车。
玩家在每个小时的中间 (也就是 \(\mathrm{30min, 1h30min, 2h30min...}\)) 可以让任意辆火车从始发站 \(1\) 按照 \(1, 2, 3, \cdots n\) 的顺序驶向终点站 \(n\)。 (\(x\) 辆同时发动的火车可看做一辆容量 \(x \times k\) 的火车。)
每辆火车会尽可能的载上它经过站点的所有人。也就是说，如果一辆火车搭载了站点 \(i\) 的人，则在它经过后，站点 \(1 \sim i - 1\) 的人数都为 \(0\)。
若某个时刻站点 \(i\) 的人数超过 \(c_i\)，则该站台会发生暴乱。
求在保证 \(t\) 个小时内所有站台都不发生暴乱情况下，玩家派出的火车的最小数量。
Solution
考虑从前往后把站台一个个加进来，在此基础上进行 DP。
为了方便描述，我们在第 \(n + 1\) 位加上一个人数无限多的站台，并设 \(sa\) 为 \(a\) 的前缀和，\(sb\) 为 \(b\) 的前缀和。
设 DP 状态
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\(f_{i, s, z}\) 表示考虑到前 \(i\) 个站台，初始人数为 \(z \cdot a_i (z \in \{ 0, 1 \})\)，能撑 \(s\) 轮，且每辆火车都载满 \(k\) 个人的最小代价。若无解则为 \(\infty\)。
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\(g_{i, s, z}\) 表示在上述条件下满足第 \(s\) 轮后站台 \(1 \sim i - 1\) 的人数都为 \(0\) 的最小代价。若无解则为 \(\infty\)。
「载满 \(k\) 个人」就是保证进行的所有操作不会影响到第 \(i + 1\) 个站台；而 \(g_{i, s, z}\) 就相当于在满足 \(f_{i, s, z}\) 的情况下多派几辆火车，使得接下来能够直接访问站台 \(i\)。
易得初始值 \(f_{0, 0, 1} = 0\)，答案为 \(f_{n, z, 1}\)。
转移的话我们分类讨论在第 \(s\) 小时之前是否到过站台 \(i\)。
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在 \(s\) 小时之前未到过站台 \(i\)。
那么此时我们需要保证在 \(s\) 小时内站台 \(i\) 不会发生暴乱，并且 \(f_{i - 1, s, z} \not = \infty\)。
有转移
\[\begin{aligned} f_{i, s, z} &\leftarrow f_{i - 1, s, z} \\\\ g_{i, s, z} &\leftarrow num = \left\lceil \frac{z \cdot sa_{i - 1} + s \cdot sb_{i - 1}}{k} \right\rceil \end{aligned} \]而对于 \(g\) 的转移还有条件 \(k \cdot num \le z \cdot sa_i + s \cdot b_i\)，即保证不会影响到站台 \(i + 1\)。
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上一次在 \(r\) 小时到达了站台 \(i\)。
那么我们的转移可以分为三个阶段。
- 在 \(r\) 小时到达了站台 \(i\)。
- 在 \(r\) 小时再额外派 \(x\) 辆火车，使得站台 \(i\) 在接下来 \(s - r\) 个小时不会发生暴乱。
- 维护前 \(i - 1\) 个站台在 \(s - r\) 个小时内不会发生暴乱，且前 \(i - 1\) 个站台的初始人数都为 \(0\)。
对于第 1 阶段, 因为到达了站台 \(i\)，所以前 \(i - 1\) 的站台的人数一定都为 \(0\)，因此代价即为 \(g_{i, r, z}\)。
对于第 2 阶段，我们可以得到此时站台 \(i\) 的人数 \(m = z \cdot sa_i + r \cdot sb_i - k \cdot g_{i, r, z}\)，因此可以得到 \(x = \max(0, \left\lceil \frac{m + (s - r) \cdot b_i - c_i}{k} \right\rceil)\)。此时还要判断一下若 \(k \cdot x > m\)，则不能进行转移。
对于第 3 阶段，我们需要对 \(f, g\) 分别讨论
- 对于 \(f\)，只需要保证这前 \(i - 1\) 个站台在初始值为 \(0\) 的情况下在 \(s - r\) 个小时内不发生暴乱，即为 \(f_{i - 1, s - r, 0}\)。
- 对于 \(g\)，我们在保证不发生暴乱的前提下需要把前 \(i - 1\) 个站台清空，则代价为 \(num = \left\lceil \frac{(s - r) \cdot sb_{i - 1}}{k} \right\rceil\)。转移的条件与第一种情况中 \(g\) 的转移类似， 即 \(f_{i - 1, s - r, 0} \not = \infty\) 且 \(k \cdot num \le m - k \cdot x + (s - r) \cdot b_i\)。
所以总的转移即为
\[\begin{aligned} f_{i, s, z} &\leftarrow g_{i, r, z} + x + f_{i - 1, s - r, 0} \\\\ g_{i, s, z} &\leftarrow g_{i, r, z} + x + \left\lceil \frac{(s - r) \cdot sb_{i - 1}}{k} \right\rceil \end{aligned} \]
总时间复杂度为 \(O(nt^2)\)。
注意要开 \(long\ long\)。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int _ = 200 + 7;
const ll inf = 1e15;
int n, T, K;
ll a[_], b[_], c[_], sa[_], sb[_], d[_][_][2], g[_][_][2];
ll Ceil(ll x, ll y) { return x % y ? x / y + 1 : x / y; }
void upd(ll &x, ll y) { x = min(x, y); }
int main() {
cin >> n >> T >> K;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
sa[i] = sa[i - 1] + a[i];
sb[i] = sb[i - 1] + b[i];
}
a[++n] = inf, c[n] = inf;
sa[n] = sa[n - 1] + a[n];
for (int p = 1; p <= n; ++p)
for (int s = 0; s <= T; ++s)
for (int z = 0; z <= 1; ++z)
d[p][s][z] = g[p][s][z] = inf;
for (int p = 1; p <= n; ++p)
for (int s = 0; s <= T; ++s)
for (int z = 0; z <= 1; ++z) {
if (z * a[p] + s * b[p] <= c[p] and d[p - 1][s][z] != inf) {
upd(d[p][s][z], d[p - 1][s][z]);
ll num = Ceil(z * sa[p - 1] + s * sb[p - 1], K);
if (num * K <= z * sa[p] + s * sb[p]) upd(g[p][s][z], num);
}
for (int r = 0; r < s; ++r)
if (g[p][r][z] != inf and d[p - 1][s - r][0] != inf) {
ll m = z * sa[p] + r * sb[p] - K * g[p][r][z];
ll x = Ceil(max(0ll, m + (s - r) * b[p] - c[p]), K);
if (K * x <= m) {
upd(d[p][s][z], g[p][r][z] + x + d[p - 1][s - r][0]);
ll num = Ceil((s - r) * sb[p - 1], K);
if (num * K <= m - K * x + (s - r) * sb[p]) upd(g[p][s][z], g[p][r][z] + x + num);
}
}
}
cout << d[n][T][1] << endl;
return 0;
}