先按s排一遍序，那么就可以线性的考虑每个工匠
设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个工匠， 粉刷到第 \(j\) 号木板的最多报酬
- 不粉刷， \(f[i][j] = f[i - 1][j]\)
- 空着不刷， \(f[i][j] = f[i][j - 1]\)
- 粉刷 \(k + 1\) 至 \(j\) 的木板，需要满足 \(k + 1 \le s_i \le j\) 并且 \(j - k \le l_i\)
分析易得转移：
\[ f[i][j] = \max_{j - l_i \le k \le s_i - 1} \{f[i - 1][k] + p_i * (j - k)\}, j \ge s_i \]
直接枚举就是 \(O(n^2~m)\)， \(T\) 的稳稳地
考虑如何优化上式
可以先把 \(p_i * j\) 提出来
\[ f[i][j] = p_i*j+\max_{j - l_i \le k \le s_i - 1}\{f[i - 1][k] - p_i * k)\}, j \ge s_i \]
观察 \(\max\) 里面那个，只有决策变量 \(k\)
再观察 \(k\) 的范围，对于同一个 \(i\)，当 \(j\) 增大时，上界不变，下界变大，考虑如果两个点 \(k_1 \le k_2\)，如果 \(k_2\) 的值比 \(k_1\) 还优，那么 \(k_1\) 是肯定没有用的，因为它肯定在 \(k_2\) 之前失效，那段时间里 \(k_2\) 肯定比他优，正好比“如果一个人比你小还比你强，那你就再也打不过他了。”
然后我们可以维护一个对于每一个 \(k\) 单调递增， \(f[i-1][k]-p_i*k\) 单调递减的队列，
- 要求弹出过时元素，
- 每次插入一个元素之前检查队尾，如果出现上述情况那么就直接弹掉
- 那么当前的对头元素就是答案，查询 \(O(1)\)
每次至多入队，出队 \(1\) 次，所以单调队列维护均摊 \(O(1)\),总时间复杂度 \(O(nm)\)
#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <string>
#include <numeric>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <climits>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <functional>
using namespace std ;
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pof pop_front
#define pob pop_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin),freopen(#x".out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 110 ;
const int M = 16010 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }
template <class T> void chmin(T &a, T b) { if (a > b) a = b ; }
template <class T> void chmax(T &a, T b) { if (a < b) a = b ; }
template <class T> void upd(T &a, T b) { (a += b) %= MOD ; }
template <class T> void mul(T &a, T b) { a = (ll) a * b % MOD ; }
struct node {
int l, p, s ;
} a[N] ;
bool cmp(node a, node b) {
return a.s < b.s ;
}
int n, m ;
int f[N][M], q[M] ;
int calc(int i, int k) {
return f[i - 1][k] - a[i].p * k ;
}
signed main(){
// freopen("fence.in", "r", stdin) ;
// freopen("fence.out", "w", stdout) ;
scanf("%d%d", &n, &m) ;
rep(i, 1, m) scanf("%d%d%d", &a[i].l, &a[i].p, &a[i].s) ; // 长度，报酬，必须包含的
sort(a + 1, a + m + 1, cmp) ;
rep(i, 1, m) {
int l = 1, r = 0 ;
rep(k, max(0, a[i].s - a[i].l), a[i].s - 1) {
while (l <= r && calc(i, q[r]) <= calc(i, k)) r-- ;
q[++r] = k ;
}
rep(j, 1, n) {
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]) ;
if (j >= a[i].s) {
while (l <= r && q[l] < j - a[i].l) l++ ;
if (l <= r) chmax(f[i][j], calc(i, q[l]) + a[i].p * j) ;
}
}
}
printf("%d\n", f[m][n]) ;
return 0 ;
}
/*
写代码时请注意：
1.ll？数组大小，边界？数据范围？
2.精度？
3.特判？
4.至少做一些
思考提醒：
1.最大值最小->二分？
2.可以贪心么？不行dp可以么
3.可以优化么
4.维护区间用什么数据结构？
5.统计方案是用dp？模了么？
6.逆向思维？
*/