题意
给定 M ( 0 ≤ M ≤ 1 0 3 ) , S ( 1 ≤ S ≤ 1 0 8 ) , T ( 1 ≤ T ≤ 3 × 1 0 5 ) M(0 \leq M \leq 10^3),S(1 \leq S \leq 10^8),T(1 \leq T \leq 3\times 10^5) M(0≤M≤103),S(1≤S≤108),T(1≤T≤3×105)，守望者开始在位置 0 0 0，对于每一秒（以下每一种操作的持续时间都是一整秒），有以下三种操作，可以选择其中一种：
- 当前位置增加 17 17 17，不改变 M M M。
- 当 M ≥ 10 M \geq 10 M≥10 时，可将当前位置增加 60 60 60，并将 M M M 扣除 10 10 10。
- 不移动位置，并将 M ← M + 4 M \gets M + 4 M←M+4。
求守望者能否在 T T T 秒内走 S S S 个位置，如果可以，输出 Yes 和最短在第几秒后可以走超过 S S S 个位置；否则输出 No，并输出在第 T T T 秒最远可以走到哪里。
思路
考虑当 M = 0 M = 0 M=0 时，如果剩余路程还很长，则可注意到对于每一次普通的走路在 7 s 7s 7s 内可以走 119 m 119m 119m，用特殊操作（进行五次操作 3 3 3 和两次操作 2 2 2 可以将路程增加 120 m 120m 120m ），因此特殊操作的速度显然快于普通操作。
首先令 d p i dp_i dpi 表示在第 i i i 秒内最远可以走到哪：
- 当 M ≥ 10 M \geq 10 M≥10 时， d p i ← d p i − 1 + 60 , M ← M − 10 dp_i \gets dp_{i - 1} + 60,M \gets M - 10 dpi←dpi−1+60,M←M−10 。
- 否则， d p i ← d p i − 1 M ← M + 4 dp_i \gets dp_{i - 1}M \gets M + 4 dpi←dpi−1M←M+4。
此时求出的还不是第 i i i 秒的最佳情况，毕竟你进行操作 2 2 2 增加魔法值的同时通过进行操作 1 1 1 肯定在第 i i i 秒时更优，因此再次循环：
- 如果 d p i < d p i − 1 + 17 , d p i ← d p i − 1 + 17 dp_i < dp_{i - 1} + 17,dp_i \gets dp_{i - 1} + 17 dpi<dpi−1+17,dpi←dpi−1+17
从而达到真正能求出 d p i dp_i dpi 而不影响进行操作 2 , 3 2,3 2,3 的效果。
最后进行相应判断即可。
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int m,s,t,dp[300005];
signed main() {
scanf("%lld %lld %lld",&m,&s,&t);
for(int i = 1;i <= t;i++) {
if(m >= 10) m -= 10,dp[i] = dp[i - 1] + 60;
else m += 4,dp[i] = dp[i - 1];
}
for(int i = 1;i <= t;i++) {
if(dp[i] < dp[i - 1] + 17) dp[i] = dp[i - 1] + 17;
if(dp[i] >= s) {
printf("Yes\n%lld",i);
return 0;
}
}
printf("No\n%lld",dp[t]);
return 0;
}