任务安排

https://www.luogu.org/problem/P2365

分析：

f[i]表示前i个分组后的最小费用

f[i]=min(f[j]+t[i](c[i]-c[j])+s(c[n]-c[j]));

前j个 i~j的答案 因为分了一组，所以在此之后的组肯定至少有一个等待的s

c是费用前缀和数组

t是时间

直接把min甩掉

\[f[i]=f[j]+t[i]*(c[i]-c[j])+s*(c[n]-c[j]) \]

\[f[j]=f[i]-t[i]*(c[i]-c[j])-s*(c[n]-c[j]) \]

\[f[j]=f[i]-t[i]*c[i]+t[i]*c[j]-s*c[n]+s*c[j] \]

\(f[j]=(s+t[i])*c[j]+f[i]-t[i]*c[i]-s*c[n]\)
y = k * x + b

因为j已知，所以一次函数中的y和x都要是j为下标的

因此推出上述式子

发现我们要求的是f[i]最小

那么就是b最小

(c[j],f[j])

然后直线过每个点找最小的截距

上凸放弃凸点

下凸可能是凸点

相邻的斜率单调递增的

所以最有解的点左斜率小于k右斜率大于k

单调队列，所以只要考虑右斜率

code:

#include<cstdio>
#include<deque>
using namespace std;
deque<long long>q;
long long t[5005],f[5005];
long long h[5005];
long long dp[5005];//dp[i]表示在i分组完毕后的答案 
int main()
{
	freopen("batch.in","r",stdin);
	freopen("batch.out","w",stdout); 
	long long n,s;
	scanf("%lld%lld",&n,&s);
	for(long long i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&t[i],&f[i]);
		t[i]+=t[i-1];//计算时间前缀和 
	}
	for(long long i=n;i>=1;i--)
	{
		h[i]=h[i+1]+f[i];//费用后缀，逆推准备 
	}
	q.push_back(n+1);//初始化，此双端队列基本保证单调 
	for(long long i=n;i>=1;i--)//倒推  
	{
		//保证队列中至少有两个数，且(q[0],q[1])的组合结果比元两者组合的答案大 
		while(q.size()&&q.size()!=1&&h[i]*(t[q[0]-1]-t[q[1]-1])>=dp[q[1]]-dp[q[0]])
		{
			q.pop_front();//就把q[0]弹出去，因为Q【0】在这个组合中会拖后腿 
		}
		//将i加入i~q[0]和q[0]至n 
		dp[i]=dp[q[0]]+h[i]*(s+t[q[0]-1]-t[i-1]); 
		while(q.size()&&q.size()!=1) 
		{
			long long len=q.size();
			//(i,len-1)和（len-1,len-2)比较 
			if((dp[i]-dp[q[len-1]])*(t[q[len-2]-1]-t[q[len-1]-1])<=(dp[q[len-1]]-dp[q[len-2]])*(t[q[len-1]-1]-t[i-1]))
			{//算斜率是哪凸 
				q.pop_back();
			}
			else
			{
				break;
			}
		}
		q.push_back(i);  
	}
	printf("%lld\n",dp[1]); 
	return 0;
}