P1315 观光公交

题意：n 个景点。

　　　一辆观光公交车在第 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$D_i$​分钟。

　　　任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。

　　　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ii位游客在$T_i$​分钟来到景点 $A_i$​，希望乘车前往景点$B_i(A_i<B_i)$。

　　　为了使所有乘客都能顺利到达目的地，公交车在每站都必须等待需要从该景点出发的所有乘客都上车后才能出发开往下一景点。

　　　假设乘客上下车不需要时间。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。

　　　现给公交车安装了k个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个$D_i-1$ 。对于同一个$D_i$​ 可以重复使用加速器，但是必须保证使用后$D_i ge 0$。

　　　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？

　　　输出最小时间。。。。。。

思路：

 

　　车从A到B，从B离开的时间取决于最后一个到达站台的人的时间与车到达B的时间

　　考虑如果车到达了某个站，要坐车的人已经全到齐了，说明车有点慢。。可以提速

　　而如果到了某一站人还没齐，说明即使提速也没什么卵用，反正到站（例如B）还得等最后一个人来

　　所以，贪心：

　　每次找到满足加速有意义的车上的人最多的那一段，让那一段的时间--，然后更新车到达每一站的时间

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define olinr return
#define _ 0
#define love_nmr 0
#define DB double
int arrive[1050];  //记录车到达第i个站的时间
int tm[1050];      //从i到i+1的时间
int ans;
struct node
{
    int from;
    int to;
    int t;
};
node p[10505];
int f[1050];       //当前在i到i+1路段加速能恩惠的人数
int out[1050];     //每个站下车人数
int leave[1050];   //每个站最晚到达的人
int k;
int n;
int m;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))
    {
        if(ch=='-')
            f=-f;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline void put(int x)
{
    if(x<0)
    {
        x=-x;
        putchar('-');
    }
    if(x>9)
        put(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void update()  //更新当前情况下，车到第i站的时间
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
        arrive[i]=max(arrive[i-1],leave[i-1])+tm[i-1];    
    
}
signed main()
{
    n=read();
    m=read();
    k=read();
    for(int i=1;i<n;i++)
        tm[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        p[i].t=read();
        p[i].from=read();
        p[i].to=read();
        leave[p[i].from]=max(leave[p[i].from],p[i].t);//求出每个站最晚到达的人的时间 
        out[p[i].to]++;  //下车的人++
    }
    update();    //更新
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        for(int j=n-1;j>=1;j--)
        {
            if(!tm[j])       //不能加速了
                f[j]=f[j+1];  //能惠及的人数根下一站一样的，因为人们如果第i+1站在车上，那么他们第i站一定在车上（包括上车的）
            else if(arrive[j+1]>leave[j+1])   //能对后面产生影响（i+1站可以压缩时间)
                f[j]=f[j+1]+out[j+1];      
            else
                f[j]=out[j+1];         //记录当前站车上人数与下一站车上人数的差，比如当前站有10000人，而下一站等车的只有1人，我宁愿加速一下（10000s），让那个人多等1s
        }
        int pos=0;
        for(int j=1;j<=n-1;j++)
        {  
            if(tm[j]&&f[pos]<f[j])     //找到恩惠的人数最多的路段进行加速
                pos=j;
        }
        if(!pos) break;
        tm[pos]--;
        update();
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        ans+=arrive[p[i].to]-p[i].t;
    }
    put(ans);
    olinr ~~(0^_^0)+love_nmr;
}