本题是利用cdq分治 实现斜率优化的一个题目
斜率优化之前做的几个题都是斜率单调，并且插入点时由于点在某一维单调，所以仅仅操作队首和队尾就能完成优化了
但是本题显然不是
主要参考了两个东西
从《Cash》谈一类分治算法的应用
(Day1)cdq分治相关
这两个直接在百度上搜 ，第一个出来的就是
本题的题意是
一个公司获得了一个厂房n(10^5)天的使用权
和一笔启动资金C(10^9)，准备在n天里租借机器生产来获得收益
可以租借的机器有M(10^5)个，每个机器有四个值，D,P,R,G (D<=n, P,R,G都是10^9)
表明你可以再第D天花费P费用（首先手里必须有那么多钱）
租借这个机器，从D+1天开始该机器每天产生G的收益，在你不需要机器时
可以卖掉这个机器，一次获得R的钱
需要注意的是：
厂房里只能停留一台机器
不能再购买和卖出机器的那天操作机器，但是可以再同一天卖掉一台机器再买一台
在第n+1天，必须卖掉手里的机器
问n+1天后能获得的最大资金
根据这个题意
我们可以得到一个dp转移方程
首先要想的问题是是否有场地就要放机器
最开始的时候肯定不是这样，因为怕买到坑的机器很可能会亏钱，但是假设你买到了一台好的机器，在下一个机器进来之前，你肯定是一直运转下去的
然后得把所有的时间都离散化，就是每个机器的D
然后用f[i]表示在D[i]时刻卖掉手里的机器手里最多多少钱
f[i] = max(f[i - 1], f[j] - P[j] + R[j] + G[j] * (D[i] - D[j] - 1))
其中f[j] >= P[j]
可以看出是O(n^2)的，显然不行啊
令h[j] = f[j] + R[j]- P[j] - G[j] * (D[j] + 1)
式子就变成 f[i] = h[j] + D[i] * G[j]
即h[j] = -D[i] * G[j] + f[i]
对于这个， 可以抽象成一个二维空间
由(G[j],h[j])作为点集, -D[i]为斜率
然后求使得截距最大的那个，就是f[i]最大了
观察这些点集
可以发现，一点都不单调啊，就需要按照G[j]这一维做个排序
使得他至少在一维上单调，方便我们做插入和删除操作
然后由于斜率是单调递减的，并且是负数
可以画一画，最后要维护的最优点的点集，在图上形成的是一条上凸的线
然后每插一个点都是维护这个图形
然后这个排序，你在普通的DP方法里肯定是不能每次都去排序的
这就需要cdq分治了
对于一个区间l,r
你先更新了l,mid
然后对左边这部分的区间的点集， 进行排序，形成上面这个图形
然后更新右边区间的时候，
由于斜率是递减的，你可以发现，我们只需要扫一遍这个图形即可完成所有右边区间值的更新
然后就这样递归着去更新
完成cdq分治
总体复杂度，应该是nlognlogn
因为每个子区间中都有这个排序
代码还是参照xiaodao的，因为实在是不熟悉这个方法。
需要留意的是，在斜率之间做比较的时候，如果用乘法来比较的话，会溢出long long
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
#define MAXN 11111
#define MAXM 55555
#define INF 1000000007
using namespace std;
long long f[111111];
struct node {
int d, p, g, r;
}p[111111];
bool cmp(node x, node y) {
return x.d < y.d;
}
int n, d;
typedef pair<int, long long> PA;
PA A[111111], C[111111];
long long h(int j) {
return f[j] + (long long)p[j].r - (long long)p[j].p - (long long)p[j].g * (long long)(p[j].d + 1);
}
int slopecomp(PA a, PA b, PA c) {
long long xa = b.first - a.first;
long long xb = c.first - a.first;
long long ya = b.second - a.second;
long long yb = c.second - a.second;
double tmp = (double)xa * yb - (double)xb * ya;
return tmp < 0;
}
void cdq(int l, int r) {
if(l + 1 <= r) {
int m = (l + r) >> 1;
cdq(l, m);
int na = 0, nb = 0, nc = 0;
for(int j = l; j <= m; j++) {
if(f[j] >= p[j].p) A[na++] = PA(p[j].g, h(j));
}
sort(A, A + na);
for(int i = 0; i < na; i++) {
while(nc > 1 && !slopecomp(C[nc - 1], C[nc], A[i])) nc--;
C[++nc] = A[i];
}
int j = 0;
for(int i = m + 1; i <= r; i++) {
long long a1, a2, b1, b2, x;
x = p[i].d;
while(j < nc) {
a1 = C[j].first;
a2 = C[j + 1].first;
b1 = C[j].second;
b2 = C[j + 1].second;
if(a1 * x + b1 >= a2 * x + b2) break;
j++;
}
f[i] = max(f[i], (long long)C[j].first * x + C[j].second);
}
cdq(m + 1, r);
}
}
int main() {
int cas = 0;
while(scanf("%d%I64d%d", &n, &f[0], &d) != EOF) {
if(n == 0 && f[0] == 0 && d == 0) break;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d%d", &p[i].d, &p[i].p, &p[i].r, &p[i].g);
sort(p + 1, p + n + 1, cmp);
++n;
p[n].d = d + 1;
p[n].g = p[n].p = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[0];
cdq(0, n);
printf("Case %d: %I64d\n", ++cas, f[n]);
}
return 0;
}