【大意】
太多了，懒得打，贴\(LG\)的图了。。。
【分析】
开始拿到这道题有点慌：怎么限制条件这么多，再读读题。
注意一个东西，就是贸易额与费用是独立分开的，并且题目保证只有一种方案获得最大贸易额。
所以我们\(dp\)也可以分开\(dp\)。
对于贸易额，每走到一个星球，我可以选择卖或不卖，经典的背包问题，直接\(f[i][j]=min\{f[i-1][j-A_i]+B_i\}\)。
然后从后往前扫记录决策点的转移，这些星球是必到的，即必定会在该星球上维修。
现在来看费用。
设\(g[i][j]\)表示到第\(i\)个星球，剩余反物质燃料为\(j\)的最小费用，暴力枚举转移点，则有\(g[i][j]=\{g[k][l]+(j-l+2)\times P_i+T_i\}(0\le k<i,L_i-L_k\le L_0,l\le j)\)
\(O(n^4)\)转移。。。
然后可推出一个更优的式子：\(g[i][j]=min\{g[k][j+2]+F_i,g[i][j-1]+P_i\}\)。
\(O(n^3)\)转移。。。
然后，，，我就嫖题解了。。。。
噢，原来可以单调队列优化啊，对于每个\(j\)开一个单调队列，若当前的\(i\)为必到的星球，就清空队列中所有的元素，然后把\(i\)放进去。
\(O(n^2)\)转移！！！
【Code】
#include <queue> #include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define Re register using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXR = 4000 + 5; const int N = 2000 + 5; const int M = 2000 + 5; inline int read(){ int f = 1, x = 0; char ch; do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9'); do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9'); return f * x; } int n, m, r, L0, maxm, maxr, A[N], B[N], L[N], P[N], F[N], f[N][M], g[N][M], vis[N]; deque <int> Q[MAXR]; int main(){ n = read(), m = read(), r = read(), L0 = read(); if (r > (n << 1)) r = (n << 1); for (int i = 1;i <= n; ++i) { A[i] = read(), B[i] = read(), L[i] = read(), P[i] = read(), F[i] = read(); if (L[i] - L[i - 1] > L0) { puts("Poor Coke!"); return 0; } } memset(f, 128, sizeof f); f[0][0] = 0; for (int i = 1;i <= n; ++i) { for (int j = 0;j <= m; ++j) { if (f[i - 1][j] >= 0) f[i][j] = f[i - 1][j]; if (j >= A[i]) { if (f[i][j] < f[i - 1][j - A[i]] + B[i]) { f[i][j] = f[i - 1][j - A[i]] + B[i]; } } } } for (int i = 1;i <= m; ++i) if (f[n][i] > f[n][maxm]) maxm = i; for (int i = n, val = maxm;i >= 1; --i) { if (val - A[i] >= 0 && f[i][val] == f[i - 1][val - A[i]] + B[i]){ vis[i] = 1; val -= A[i]; } } memset(g, 0x3f, sizeof g); g[0][r] = 0; Q[r].push_back(0); for (int i = 1;i <= n; ++i) { for (int j = 0;j <= r; ++j) { if (P[i] > 0 && j > 0) { g[i][j] = min(g[i][j], g[i][j - 1] + P[i]); } while (!Q[j].empty() && L[i + 1] - L[Q[j].front()] > L0) Q[j].pop_front(); if (!Q[j + 2].empty()) { g[i][j] = min(g[i][j], g[Q[j + 2].front()][j + 2] + F[i]); } if (vis[i]) Q[j].clear(); while (!Q[j].empty() && g[Q[j].back()][j] >= g[i][j]) Q[j].pop_back(); Q[j].push_back(i); } } for (int i = 1;i <= r; ++i) if (g[n][i] < g[n][maxr]) maxr = i; if (g[n][maxr] == INF) printf("Poor Coke!\n"); else printf("%d %d\n", f[n][maxm], f[n][maxm] - g[n][maxr]); return 0; }