题意:有一个厨师,他买菜-做菜-买菜-做菜....-做菜,一共有N天,他的冰箱里只能有一个菜,在他做菜的第二天才会买菜,如果菜不做,放在冰箱里,每天新鲜程度会下降1。 第一天也会买菜,第i天的菜新鲜程度的Fi,厨艺是Ci,(厨艺会增长),要求这一天做的菜的新鲜长度大于等于Li。

思路:即dpi=max dp[j]+[F[j+1]-(i-(j+1))]*Ci (满足Li>=F[j+1]-(i-j-1)); 表示成b=y+kx的可以求最大值,表示成b=y-kx的可以求最小值。

由于k=Ci是单增的,所以想到斜率优化,可以把原方程化为:dp i=max dpj +[F[j+1]+(j+1)]*Ci - i*Ci  满足(Li+i>=F[j+1]+j+1);

而由于有括号里的限制,我们不能简单的斜率优化DP。 而考虑分治,分治的情况下,我们可以把Mid左边的按照Fi+i排序,右边的按照Li+i排序,如果满足括号条件,则把左边加入凸包, 右边更新答案。 这个时候由于不是按下标插入,所以x不是单调的,所以我们要在凸包上二分答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<ll,int>
#define mp make_pair
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=1e9;
ll dp[maxn],F[maxn],C[maxn],L[maxn];
pii a[maxn],b[maxn]; int q[maxn],top;
ll getans(int p,int k)
{
return dp[k]+C[p]*F[k+]-C[p]*p;
}
void update(int p)
{
if(top==) return;int L=,R=top-,Mid;
dp[p]=max(dp[p],getans(p,q[top]));
while(L<=R){
Mid=(L+R)>>;
ll tmp1=getans(p,q[Mid]),tmp2=getans(p,q[Mid+]);
if(tmp1>tmp2) R=Mid-,dp[p]=max(dp[p],tmp1);
else L=Mid+,dp[p]=max(dp[p],tmp2);
}
}
bool check(int p){
return (dp[p]-dp[q[top]])*(F[p+]-F[q[top-]+])<=
(dp[p]-dp[q[top-]])*(F[p+]-F[q[top]+]);
}
void add(int p)
{
if(dp[p]==-inf) return ;
if(top>&&F[p+]==F[q[top]+]&&dp[p]>dp[q[top]]) top--;
while(top>&&check(p)) top--;
q[++top]=p;
}
void solve(int Le,int Ri)
{
if(Le==Ri) return ;
int Mid=(Le+Ri)>>;
solve(Le,Mid);
int tot1=,tot2=; top=;
rep(i,Le,Mid) a[++tot1]=mp(F[i+],i);
rep(i,Mid+,Ri) b[++tot2]=mp(L[i],i);
sort(a+,a+tot1+); sort(b+,b+tot2+);
reverse(a+,a+tot1+); reverse(b+,b+tot2+);
for(int i=,j=;i<=tot2;i++){
while(j<=tot1&&b[i].first<=a[j].first){
add(a[j].second); j++;
}
update(b[i].second);
}
solve(Mid+,Ri);
}
int main()
{
int N; scanf("%d",&N);
rep(i,,N) scanf("%lld",&F[i]),F[i]+=i;
rep(i,,N) scanf("%lld",&C[i]);
rep(i,,N) scanf("%lld",&L[i]),L[i]+=i;
rep(i,,N) dp[i]=-inf;
solve(,N);
if(dp[N]==-inf) puts("Impossible");
else printf("%lld\n",dp[N]);
return ;
}

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