(贪心，递推) $O(nk)$

这道题目的信息较多，我们先将其整理一下。

首先预处理出每个站台的最早发车时间g[i]，即最后一个到达站台i的时间。然后预处理出从每个站台下车的人数sum[i]。

接下来求出车最早到达每个站台的时间f[i]，f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) + d[i - 1], 其中 d[i - 1]是从第i - 1个站台走到第i个站台的时间。
那么每个乘客的旅行时间就是 f[b[i]] - t[i]，其中b[i]是乘客的终点站，t[i]是乘客到达起点的时间。

然后考虑每个氮气加速器该用在哪一段，这里使用贪心策略：每次选择当前节约时间最多的一段即可。下面给出证明：

我们将所有加速之后可以提速的连续景点用红色标注，可以得到下图。注意这里每段红色线段不是指相邻两个景点之间的路程，而是指一段连续的可以提速的景点。

红色区域是如何得出来的，首先，对于每个$d_{i-1} - 1$，我们可以发现f[i]必定减少一，但是只有当f[i] > g[i]时，才有f[i+1]减少一，所以会得到很多个红色区域。

![[Pasted image 20240913155611.png]]

从中可以发现如下几个性质：

1. 每次加速一段之后，可能会影响接下来一段连续的站点。即在每段红色区间中的任意一个站点加速，都可以将该点及右边剩余红色部分的站点全部加速。因此在区间内部，加速最左端的站点一定是最优的。
2. 不同红色区间之前完全独立，加速其中某个区间时，对其余区间没有任何影响。
3. 加速某个区间左端点之后，该区间可能会分裂成两个子区间，这两个子区间的加速效果小于等于原区间的加速效果。

因此，当前加速效果最好的一段一定可以出现在最优解中，否则可以将最优解中的某个区间替换成加速效果最好的区间，答案不会变差。

时间复杂度

算法瓶颈在氮气加速这部分。一共有 $k$ 个氮气加速器，每次需要递推出在每一段加速后降低的总时间，这一步需要 $O(n)$ 的计算量。
因此总时间复杂度是 $O(nk)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010, M = 10010;

int n, m, k;
int d[N]; //d[i]表示从i - 1号点到第i个点的时间
int t[M], a[M], b[M]; //每个乘客到达时间，出发点，终点
int w[N], sum[N]; //w[i]表示对d[i]进行加速的收益,sum[i]表示有多少人在i号点上车
int f[N], g[N]; //f[i]表示最早到达i号店的时间，g[i]表示最后一个乘客到达i号点的时间

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

    for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d", &d[i]);
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &t[i], &a[i], &b[i]);
        g[a[i]] = max(g[a[i]], t[i]);
        sum[b[i]] ++;
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) + d[i - 1];

    while (k--)
    {
        for (int i = n; i >= 2; i--)
        {
            w[i - 1] = sum[i];
            if (f[i] > g[i]) w[i - 1] += w[i];
        }

        int p = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (d[i] && w[p] < w[i])
                p = i;
        d[p] --;

        for (int i = p; i <= n; i++) f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) + d[i - 1];
    }

    int res = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) res += f[b[i]] - t[i];

    printf("%d\n", res);

    return 0;
}