题意
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思路
设 f i f_i fi 表示走到位置 i i i 的最小话费。发现从起点开始能走多远，取决于在 0 0 0 处拿了多少铁，为了不浪费时间，每次回到 0 0 0、从 0 0 0 出发都只拿到达现阶段要到达的终点所需的铁。
那么显然有初始化 f i = i × ( k + t 1 ) f_i=i\times (k+t_1) fi=i×(k+t1)。
考虑转移，考虑前面某个阶段终点为 j j j 用完了所有的铁，现在想 j → 0 → i j\to 0\to i j→0→i。那么要从 j j j 走回 0 0 0 并且等到刷新出 i i i 块铁，然后以 t 2 t_2 t2 速度走到 j j j 在以 t 1 t_1 t1 速度走到 i i i，即：
f i ← max ( f j + j × t 2 , i × k ) + j × t 2 + ( i − j ) × t 1 f_i\leftarrow \max(f_j+j\times t_2,i\times k)+j\times t_2+(i-j)\times t_1 fi←max(fj+j×t2,i×k)+j×t2+(i−j)×t1
为什么没有转移 f i ← f i − 1 + k + t 1 f_i\leftarrow f_{i-1}+k+t_1 fi←fi−1+k+t1 呢？因为走到 i − 1 i-1 i−1 不一定是从起点直接走到 i − 1 i-1 i−1，可能这段时间不足以刷新出一块石头，于是不能粗暴地加。
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，然后就拿到了 90pts。
代码1（90pts，TLE*1）
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e5+9,inf=0x3f3f3f3f;
ll Q,n,k,t1,t2;
ll f[N];//设走到i，不剩石头最优
int main()
{
scanf("%lld",&Q);
memset(f,inf,sizeof(f));
while(Q--)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&t1,&t2);
f[1]=k+t1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
f[i]=i*k+i*t1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
f[i]=min(f[i],max(f[j]+j*t2,i*k)+j*t2+(i-j)*t1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
printf("%lld ",f[i]);
f[i]=inf;
}
puts("");
}
return 0;
}考虑优化，发现 f i f_i fi 必然是单调递增的，而对于 j → 0 → i j\to 0\to i j→0→i 这个过程， j j j 越大这个过程就越长。于是考虑维护一个最优上一转移点（上一阶段终点） b e s bes bes，对于 j ∈ [ b e s , i ) j\in[bes,i) j∈[bes,i) 尝试 j → 0 → i j\to 0\to i j→0→i 更新 f i f_i fi 和 b e s bes bes，如果遇到一个 > f i >f_i >fi 的 j j j，那么后面的 j j j 都不优了，直接 break 掉。
不必探讨 b e s bes bes 前面的点了，因为选前面的点就会使 j × ( t 2 − t 1 ) j\times (t_2-t_1) j×(t2−t1) 的 j j j 变小， t 1 t_1 t1 远小于 t 2 t_2 t2 的情况已经涵盖在初始化 f i = i × k + i × t 1 f_i=i\times k+i\times t_1 fi=i×k+i×t1 了，所以此处 t 1 t_1 t1 远大于 t 2 t_2 t2，即 j j j 越小 j × ( t 2 − t 1 ) j\times (t_2-t_1) j×(t2−t1) 越大。并且你的 j j j 再小也得和 i × k i\times k i×k 取 max \max max。
所以均摊下来是 O ( n ) O(n) O(n) 的。
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ls u<<1
#define rs u<<1|1
const ll N=1e5+9,inf=0x3f3f3f3f;
ll Q,n,k,t1,t2;
ll f[N],g[N];//设走到i，不剩石头最优
int main()
{
scanf("%lld",&Q);
while(Q--)
{
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&t1,&t2);
f[1]=k+t1;
ll bes=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
f[i]=i*k+i*t1;
for(int j=max(bes,1ll);j<i;j++)
{
ll tem=max(f[j]+j*t2,i*k)+j*t2+(i-j)*t1;
if(tem<f[i])
{
f[i]=tem;
bes=j;
}
else break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
printf("%lld ",f[i]);
}
puts("");
}
return 0;
}