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Decscription

一个节日将在一个镇的主街道上举行。街道被分为$n$段，从左到右编号为$1$到$n$，每个相邻部分之间的距离为$1$。
节日里在主街道有 $m$ 个烟花要放，第$i(1\le i\le m)$次烟花将在 $t_i$ 时在 $a_i$ 段燃放。如果您在第 $i$ 次发射时处于 $x(1\le x \le n)$ ，您将获得幸福值 $b_i-|a_i-x|$ （请注意，幸福价值可能是负值）
您可以以单位时间间隔移动长度为 $d$ 个长度单位，但禁止离开主要街道。此外，在初始时刻（时间等于 $1$ ）你可以在街道的任意部分，并希望最大化从观看烟花获得的幸福总和。找到最大的总幸福。
请注意，两个或多个烟花可以同时发射

Input

第一行包含三个整数$n, m, d (1≤ n ≤150000; 1≤ m ≤300; 1≤ d ≤ n)$
接下来$m$行每行包含三个整数$a_i, b_i, t_i (1≤ a_i ≤ n; 1≤ b_i ≤10^9; 1≤ t_i ≤10^9)$。第$i$行描述第$i$次烟花发射
确保满足条件$t_i≤t_{i + 1}(1≤i<m)$。

Output

输出一个整数 —— 从观看所有烟花获得的最大幸福总和

Sample Input

Sample Output

样例输出1：
-31

样例输出2：
1992

分析

如果 $i$ 时位置确定，在 $x_i$ ，则到下一个燃放时刻时最远能一定$h=(t_{i+1}-t_i)*d$，则位置可能在$[x_i-h,x_i+h] $ 。
所以该次燃放后可能获得的幸福总和由上一次位于$[j−h,j+h]$处的$2h+1$种情形得到。
定义：$dp[i][j]$，表示第 $i$ 次烟花燃放时位于 $j$ 时所能获得的最大的幸福总和。
动态转移方程：$dp[i][j]=max(dp[i-1][k])+b[i]-|a[i]-j|,k\in [j-h,j+h]$ 。
- 第 $i$ 次燃放时处于 $j(1\le j\le n)$，那第 $i-1$ 次燃放时必须能到达 $j$ ，所以 $j-h\le k \le j+h$。
- 当前状态至于上一行的某个区间的最值有关，我们很快就能联想起用单调队列进行优化。
- 当前行状态至于上一行的状态相关，果断滚动数组压维。

Code

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int maxn=15e4+5;
LL dp[2][maxn];
void Solve(){
	int n,m,d;scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
	int pre_t=1,k=0;//pre_t 记录上一个烟花的时刻,k滚动数组标记，k当前行，!k上一行
	while(m--){
		int a,b,t;scanf("%d%d%d",&a,&b,&t);
		int h=(t-pre_t)*d;//从上一个时刻到这个烟花燃放时刻最远能走多远
		pre_t=t;//为下一个时刻做准备
		k=!k;//滚动数组标记
		std::deque <int> q;
		for(int i=1,j=1;i<=n;++i){//i枚举当前燃放时所处的位置,j表示上一个烟花时可能的为主	
			for(;j<=i+h && j<=n;++j){//注意j在上面定义的，即当i改变位置时，j没有重新赋值
				while(!q.empty() && dp[!k][q.back()]<=dp[!k][j])q.pop_back();
				q.push_back(j);//当上一行j位置的dp值比队尾大时显然，队尾就没用了
			}
			while(!q.empty() && q.front()<i-h)q.pop_front();//保证左边范围
			dp[k][i]=dp[!k][q.front()]+b-std::abs(a-i);
		}
	}
	LL ans=dp[k][1];
	for(int i=2;i<=n;++i)//看最后一个烟花时，你可能在1~n的任何一个位置
		ans=std::max(ans,dp[k][i]);
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	Solve();
	return 0;
}

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