鏈接：
題意：
給定一個豎直的平面和平面的寬度，在此範圍內會有價值爲v[i]的n個餡餅分別在t[i]時刻落在p[i]位置，假設每秒鐘最多移動兩個單位長度，初始位置任選，問接到餡餅的最大價值是多少。
思路：
首先明確是dp，然後考慮dp的數組怎麼開。
其實是見過一個類似的題目，當時是給南陽師範學院校賽驗題的時候見到的：
餡餅這道題顯然是"輕羽飛揚"(hdu1176)的加強版，這道題將原題中0-10的位置update爲W，移動速度改爲<=2,併爲物品加上了value。
當時的dp數組很好開，dp[i][j]表示第i秒，在j位置能獲得的最大收益。
而在本題，先不說t的範圍，僅僅對W開一維數組，空間上就不能承受(W <= 1e8)。
雖然如此，不如我們先把dp的式子寫出來，然後考慮能不能優化。
首先根據時間排個序，dp[i]表示當第i個餡餅必須選時的最大收益。通過枚舉1~i-1個餡餅，判斷能否從第j個餡餅跑到第i個，如果可以，取max。這樣做的時間複雜度是O(n^2)，空間複雜度O(n)，當n<=1e4時還可以嘗試寫一下，1e5肯定會T
那麼要改變dp的思路，考慮，什麼時候會導致狀態轉移？——當接到一個餡餅後跑到下一個餡餅時。
由於我們一秒可以移動兩格，也就是每半秒可以移動一格，所以，將每個餡餅時間*2，與每秒最多移動一格等價。
假設接到第i個餡餅之後，能接到第j個餡餅，那麼必然滿足這個式子：
p[j].time - p[i].time >= |p[i].position - p[j].position|
拆開絕對值符號，分類討論：
當p[i].pos > p[j].pos時，p[i].time + p[i].pos <= p[j].time + p[j].pos
不等號左側減去一個較大值2*p[i].pos，右側減去一個較小值2*p[j].pos
不等關係仍成立：p[i].time - p[i].pos <= p[j].time - p[j].pos
當p[i].pos < p[j].pos時，p[i].time - p[i].pos <= p[j].time - p[j].pos
不等號左側加上一個較小值2*p[i].pos，右側加上一個較大值2*p[j].pos
不等關係仍成立：p[i].time + p[i].pos <= p[j].time + p[j].pos
兩式中的"="至多有一個成立(不存在兩個完全相同的餡餅)
所以，問題轉化爲，令x = p[i].time+p[i].pos,y = p[i].time-p[i].pos，當I(xi,yi),J(xj,yj)爲座標系中兩點且I在J的左下角(允許x值同或y值同)時，表示可以轉移。
用樹狀數組維護，加上之前說的狀態轉移，並把y值離散化，根據大小關係分配id，此題可解。
代碼：
#include <bits/stdc++.h>
#define lowB(x) (x&(-x))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
static const int maxn = 100010;
static const int INF = 0x3f3f3f3f;
static const int mod = (int)1e9 + 7;
static const double eps = 1e-6;
static const double pi = acos(-1);
int a[maxn],ys[maxn],n;
struct node{
int time,pos,val,x,y;
bool operator <(const node& other)const{
if (x == other.x) return y>other.y;
return x < other.x;
}
}p[maxn];
inline int sum(int x){
int res = 0;
while(x){
res = max(res,a[x]);
x -= lowB(x);
}
return res;
}
inline void add(int x,int y){
while(x <= n+1){
a[x] = max(a[x],y);
x += lowB(x);
}
}
void redirect(){
#ifdef LOCAL
freopen("test.txt","r",stdin);
#endif
}
int main(){
redirect();
int W,tmp,ans = 0;
scanf("%d %d",&W,&n);
ys[0] = -W;
for(int i = 1;i <= n;i++){
scanf("%d %d %d",&p[i].time,&p[i].pos,&p[i].val);
p[i].time <<= 1;
p[i].x = p[i].time+p[i].pos;
p[i].y = p[i].time-p[i].pos;
ys[i] = p[i].y;
}
sort(p+1,p+1+n);
sort(ys+1,ys+1+n);
for(int i = 1;i <= n;i++){
int id = p[i].y = lower_bound(ys,ys+n+1,p[i].y)-ys+1;
tmp = p[i].val + sum(id);
ans = max(ans,tmp);
add(id,tmp);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}