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题目大意

Monocarp 在他的飞船上安装了两台激光炮。激光炮 1 经过 $t_1$ 的时间充能后可以发射，威力为 $p_1$ ；激光炮 2 经过 $t_2$ 的时间充能后可以发射，威力为 $p_2$ 。
当一台激光炮充能完毕后，Monocarp 可以发射它，也可以等待另一台激光炮充能完毕后同时发射两台激光炮。

敌方飞船具有 $h$ 耐久度和 $s$ 护盾。当 Monocarp 仅发射激光炮 $i$ 时，敌方飞船会受到 $(p_i−s)$ 点伤害。（即它的耐久度减少 $(p_i−s)$ ）。如果同时发射两台激光炮，敌方飞船会受到 $(p_1+p_2−s)$ 点伤害。敌方飞船在其耐久度变为 0 或更低时被视为已摧毁。

最初，两个激光炮充能进度为 0。

Monocarp 摧毁敌方飞船所需的最短时间是多少？

$1\le s<p_1,p_2\le 5000,1\le h\le 5000,1\le t_1,t_2\le 10^{12}$ 。

思路

令 $dp[p]$ 表示造成 $p$ 点伤害需要的最短时间。

先考虑恰好发射了 $i$ 枚激光炮 1 造成的伤害，我们花费的时间 $t=i*t_1$ ：

如果只单独发射两种激光炮，此时可以发射 $\frac{t}{t_2}$ 枚激光炮 2。造成的伤害 $p=i*(p_1-s)+\frac{t}{t_2}*(p_2-s)$ 。
我们显然可以暂时不发送第 $\frac{t}{t_2}$ 枚激光炮，等到第 $i$ 枚激光炮充能完毕后将二者同时发送，使得造成的伤害增加 $s$ 。
用 $t$ 更新造成不超过 $p$ 点伤害所需要的时间。

同样的，我们可以处理出恰好发射了 $i$ 枚激光炮 2 造成的伤害，并更新 dp 数组。

但是我们发现使用上述方法更新出的 dp 数组仅包含只使用了一次组合攻击的信息。该怎样求出使用了若干次组合攻击造成 $p$ 点伤害需要的最短时间呢？

容易发现，当我们同时发射了两种激光炮，两个激光炮的充能进度都会归 0，与第 0 时刻的情况相同。所以我们可以用造成 $k$ 点伤害需要的时间和造成 $i-k$ 点伤害需要的时间之和来更新造成 $i$ 点伤害需要的世界。即 $dp[i]=min_{1\le k\le i}\{dp[k]+dp[i-k]\}$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
LL t1,t2,dp[5001],t,p1,p2,s,h,p;
int solve()
{
	cin>>p1>>t1;
	cin>>p2>>t2;
	cin>>h>>s;
	dp[0]=0;
	for (int i=1;i<=h;++i) dp[i]=1ll<<60;
	for (int i=1;;++i)
	{
		t=i*t1;
		p=i*p1-i*s+t/t2*p2-t/t2*s;
		if (t/t2) p+=s;
		for (int j=min(p,h);dp[j]>t;--j) dp[j]=t;
		if (p>h) break;
	}
	for (int i=1;;++i)
	{
		t=i*t2;
		p=i*p2-i*s+t/t1*p1-t/t1*s;
		if (t/t1) p+=s;
		for (int j=min(p,h);dp[j]>t;--j) dp[j]=t;
		if (p>h) break;
	}
	for (int i=1;i<=h;++i)
		for (int k=1;k<=i-k;++k) dp[i]=min(dp[i],dp[k]+dp[i-k]);
	
	printf("%lld\n",dp[h]);
	return 0;
}
int main()
{
	solve();
	return 0;
}