[Noip2011]观光公交

Description
风景迷人的小城 Y 市，拥有 n 个美丽的景点。由于慕名而来的游客越来越多，Y 市特意安排了一辆观光公交车，为游客提供更便捷的交通服务。观光公交车在第0 分钟出现在1号景点，随后依次前往2、3、4…… n 号景点。从第 i 号景点开到第 i+1 号景点需要 Di 分钟。任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。设共有 m 个游客，每位游客需要乘车1 次从一个景点到达另一个景点，第 i 位游客在 Ti 分钟来到景点 Ai ，希望乘车前往景点 Bi （ Ai 一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。因为只有一辆观光车，有时候还要停下来等其他乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。于是聪明的司机ZZ给公交车安装了 k 个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个 Di 减1。对于同一个 Di 可以重复使用加速器，但是必须保证使用后 Di 大于等于0。那么ZZ该如何安排使用加速器，才能使所有乘客的旅行时间总和最小？

Input
第1行是3个整数 n , m , k ，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示景点数、乘客数和氮气加速器个数。
第2行是 n−1 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，第 i 个数表示从第 i 个景点开往第 i+1 个景点所需要的时间，即 Di 。
第3行至 m+2 行每行3个整数 Ti , Ai , Bi ，每两个整数之间用一个空格隔开。
第 i+2 行表示第i位乘客来到出发景点的时刻，出发的景点编号和到达的景点编号。
1≤n≤1,000 ， 1≤m≤10,000 ， 0≤k≤100,000 ， 0≤Di≤100 ， 0≤Ti≤100,000 。

Output
共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。

Sample Input
3 3 2
1 4
0 1 3
1 1 2
5 2 3

Sample Output
10

输入输出样例说明
对 D2 使用2 个加速器，从2 号景点到3 号景点时间变为2 分钟。
公交车在第 1 分钟从1 号景点出发，第2 分钟到达2 号景点，第5 分钟从2 号景点出发，第7 分钟到达3 号景点。
第 1 个旅客旅行时间 7−0=7 分钟。
第 2 个旅客旅行时间 2−1=1 分钟。
第 3 个旅客旅行时间 7−5=2 分钟。
总时间 7+1+2 = 10 分钟。

HINT

方法
贪心，具体见代码

代码

#include 
#include 

const int maxn=1000;
const int maxm=10000;

struct data
{
    int start,end,time;
};

data a[maxm+10];
int n,m,k,ans;
int dist[maxn+10],last[maxn+10],g[maxn+10],sum[maxn+10],enter[maxn+10];
//dist[i]代表i到i+1的距离
//last[i]代表最后一个到达第i个站点的到达时间
//enter[i]代表公交到达i号站点的时间
//g[i]代表如果i到i+1设氮气加速器，那么最多能够使到几号站点的乘客所花费的时间更少
//sum[i]代表乘客中到达i站点的总人数

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1; iscanf("%d",&dist[i]);
    }
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a[i].time,&a[i].start,&a[i].end);
        last[a[i].start]=std::max(last[a[i].start],a[i].time);
        sum[a[i].end]++;
        //更新last[]数组和sum[]数组
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        sum[i]+=sum[i-1];
        //更新sum[]数组
    }
    enter[1]=last[1];
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        enter[i]=std::max(enter[i-1],last[i-1])+dist[i-1];
        //更新enter[]数组
    }
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        ans+=enter[a[i].end]-a[i].time;
        //如果不使用氮气加速器，那么得到的答案
    }
    while(k--)
    {
        g[n]=g[n-1]=n;
        int maxx=0,f;
        //maxx代表当次减速所能减掉的最大时间
        //f代表当次减速应当减速的位置
        for(int i=n-2; i>0; i--)
        {
            g[i]=(enter[i+1]<=last[i+1])?(i+1):g[i+1];
            //更新g[i]
        }
        for(int i=1; iif((sum[g[i]]-sum[i]>maxx)&&(dist[i]>0))
            //如果当前位置更新的最大值大于以前位置的最大值
            //那么更新这个值
            {
                maxx=sum[g[i]]-sum[i];
                f=i;
            }
        }
        ans-=maxx;
        dist[f]--;
        //更新dist[]数组和ans值
        for(int i=2; i<=n; i++)
        {
            enter[i]=std::max(enter[i-1],last[i-1])+dist[i-1];
            //更新enter[]数组
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    //输出答案
    return 0;
}