[BZOJ2726][SDOI2012]任务安排(DP+凸壳二分)

2726: [SDOI2012]任务安排

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Description

机 器上有N个需要处理的任务，它们构成了一个序列。这些任务被标号为1到N，因此序列的排列为1,2,3...N。这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的 若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是 各个任务需要时间的总和。注意，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

Input

第一行两个整数，N,S。

接下来N行每行两个整数，Ti,Fi。

Output

一个整数，为所求的答案。

Sample Input

5 1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4

Sample Output

153

HINT

Source

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复习了无数次CDQ分治和斜率优化，CDQ分治真的是博大精深。

但是，这道题，要个鬼CDQ分治啊！询问斜率不单调又不是插入点横坐标不单调！直接二分找切点不就好了！

说下思路吧，首先$O(n^3)$的DP谁都想得出来，考虑优化，f[i]记录前i个物品的信息。

但是问题来了，时间有后效性，前面的总时间对后面有影响，除非多设一维时间状态，而这样又是$n^3$的了，那么我们干脆就考虑前i个物品的总费用以及这i个物品给后面所有物品带来的费用之和。显然这样是满足无后效性，同时也满足最优子结构的。

设F[i]=f[i]前缀和,T[i]同理，则有DP方程：$dp[i]=min\{dp[j]+(T[i]-T[j]+S)(F[n]-F[j])\}$。这样复杂度就变为$O(n^2)$了。

熟练的选手一眼就知道这是斜率优化的形式，复杂度立刻降为$O(n)$。

但是！看Discuss知道这题的时间可以是负的！于是网上几乎所有的题解立刻全部变为CDQ分治版本，但其实并不需要，因为插入的点的横坐标仍然是单调的所以并不需要动态维护凸壳。询问斜率不单调的话直接二分找直线和凸壳的切点即可。这一点也是这题和货币兑换Cash的一个本质区别。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=1000010;
ll T[N],F[N],f[N];
int n,s,S,st,ed,q[N];

ll Y(int j){ return f[j]-F[n]*T[j]+F[j]*T[j]-F[j]*S; }

void dp(){
    st=ed=0;
    rep(i,1,n){
        int l=0,r=ed-1,ans=ed;
        while (l<=r){
            ll mid=(l+r)>>1;
            if (1ll*(F[q[mid+1]]-F[q[mid]])*T[i]<=Y(q[mid+1])-Y(q[mid])) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
        }
        int j=q[ans]; f[i]=f[j]+(F[n]-F[j])*(T[i]-T[j]+S);
        while (st<ed && 1ll*(Y(q[ed])-Y(q[ed-1]))*(F[i]-F[q[ed]])>=(Y(i)-Y(q[ed]))*(F[q[ed]]-F[q[ed-1]])) ed--;
        q[++ed]=i;
    }
}

int main(){
    freopen("bzoj2726.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2726.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&S);
    rep(i,1,n) scanf("%lld%lld",&T[i],&F[i]),T[i]+=T[i-1],F[i]+=F[i-1];
    dp(); printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}