额，直接思路就dp吧。（我还想了想最短路之类的233但事实证明不行2333.....）
直入主题：
化简题意：在x轴上有n个点，坐标为xi。从原点出发，目标点为e，在途中需要收集K重量的物品，在每个点有收集的上限和单价，路费是当前已收集重量*距离，求最小值。
首先，最暴力的方程式很好推（普及难度），枚举当前点，当前点总重量，nk^2的复杂度（25 0000 0000 233.....）于是直接gg。
所以，方程式：
dp[i][j]=min(dp[i-1][p]+dis[i] j^2+w[i-1] (j-p)); 枚举一个p， 表示第i-1个商店时有p个货物，那么显然在i-1个商店买了(j-p)个货物，算上在第i-1个商店的花费，加上从i-1到i的路费，就是dp[i][j]；
没错，很暴力（stay sample，stay naive）据zwjdd说裸的能过70分岂不是很赚？？？
于是考虑优化.
1、方程式无法改写，状态无法改变（可能是我太蔡了）
2、不是斜率优化的形式
3、没法贪心（废话）
所以考虑单调栈优化。那我就要找一个无关变量然后把它咕掉喽
睁大我的小眼，盯着方程式看：有个括号？不爽，展开展开
dp[i-1][p] - w[i-1]p + dis[i]*j*j + w[i-1]*j;
所以呢，变量有i（i-1），j，p。
而i和j都不变，所以对于当前状态来说，影响它的只有p了（装多少）
开心，把p压到单调栈里变成log应该就能过去了。
所以开心地来单调栈吧
考虑两种情况：1、题目限制（装的上限）
2、最优解（装多少）
所以，针对第一种情况，如果装完的总量-当前装的量>当前点上限，直接pop掉队头。
针对第二种情况，也是本题的优化核心。
在这里提一下单调栈优化的核心，在枚举一行（此题的j）中找到一个状态j，确定它是最小值，而这个过程往往需要枚举（O（n）），而我们需要把它记录下来然后维护最值，直接搞成log
所以，我们针对每一种情况弄出一个p，扔到单调栈里。
这里，要结合方程式了。栈里的元素单调，我们枚举这些元素，然后代入原方程，比较最值，更新栈顶，维护最值，下面进行更新状态。
于是：
if(f[i-1][j]!=0x3f3f3f3f)
{
while(!q.empty()&&f[i-1][q.back()]-a[i-1].c*q.back()>=f[i-1][j]-a[i-1].c*j)
q.pop_back();
q.push_back(j);
}
优化就诞生了，下面只要用栈顶维护状态就可以了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long maxn=505; int K,E,n; struct node { long long x,f,c; }a[maxn]; bool cmp(node a,node b) { return a.x<b.x; } long long f[maxn][maxn*20]; long long dis[maxn]; int main() { scanf("%lld%lld%lld",&K,&E,&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].f,&a[i].c); } a[++n]=(node){E,0,0}; sort(a+1,a+n+1,cmp); memset(f,0x3f,sizeof(f)); /*for(long long i=1;i<=k;i++) { f[1][i]=a[1]*k; }*/ f[0][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { deque < long long > q; for(int j=0;j<=K;j++) { while(!q.empty() && j-q.front()>a[i-1].f) q.pop_front(); if(f[i-1][j]!=0x3f3f3f3f) { while(!q.empty()&&f[i-1][q.back()]-a[i-1].c*q.back()>=f[i-1][j]-a[i-1].c*j) q.pop_back(); q.push_back(j); } long long k=q.front(); if(!q.empty()) f[i][j]=f[i-1][k]-a[i-1].c*k+(a[i].x-a[i-1].x)*j*j+a[i-1].c*j; } } printf("%lld",f[n][K]); return 0; }
（完）