bzoj1096[ZJOI2007]仓库建设

传送门

Description

  L公司有N个工厂,由高到底分布在一座山上。如图所示,工厂1在山顶,工厂N在山脚。由于这座山处于高原内
陆地区(干燥少雨),L公司一般把产品直接堆放在露天,以节省费用。突然有一天,L公司的总裁L先生接到气象
部门的电话,被告知三天之后将有一场暴雨,于是L先生决定紧急在某些工厂建立一些仓库以免产品被淋坏。由于
地形的不同,在不同工厂建立仓库的费用可能是不同的。第i个工厂目前已有成品Pi件,在第i个工厂位置建立仓库
的费用是Ci。对于没有建立仓库的工厂,其产品应被运往其他的仓库进行储藏,而由于L公司产品的对外销售处设
置在山脚的工厂N,故产品只能往山下运(即只能运往编号更大的工厂的仓库),当然运送产品也是需要费用的,
假设一件产品运送1个单位距离的费用是1。假设建立的仓库容量都都是足够大的,可以容下所有的产品。你将得到
以下数据:1:工厂i距离工厂1的距离Xi(其中X1=0);2:工厂i目前已有成品数量Pi;:3:在工厂i建立仓库的费用
Ci;请你帮助L公司寻找一个仓库建设的方案,使得总的费用(建造费用+运输费用)最小。

Input

  第一行包含一个整数N,表示工厂的个数。接下来N行每行包含两个整数Xi, Pi, Ci, 意义如题中所述。

Output

  仅包含一个整数,为可以找到最优方案的费用。

Sample Input

3
0 5 10
5 3 100
9 6 10

Sample Output

32

HINT

在工厂1和工厂3建立仓库,建立费用为10+10=20,运输费用为(9-5)*3 = 12,总费用32。如果仅在工厂3建立仓库,建立费用为10,运输费用为(9-0)*5+(9-5)*3=57,总费用67,不如前者优。

【数据规模】

对于100%的数据, N ≤1000000。 所有的Xi, Pi, Ci均在32位带符号整数以内,保证中间计算结果不超过64位带符号整数。

题解

 我们设dp[i]为在第i个节点建立仓库的代价,由于只能往编号大的方向移动,我们发现从i点运到j点的代价为p[i]*x[j]-p[i]*x[i]。因此我们记prep[i]为p[i]的前缀和,prepx[i]为p[i]*x[i]的前缀和。则将j+1到i(j<i)的物品运到i点的代价为(prep[i]-prep[j])*x[i]-(prepx[i]-prepx[j])。因此我们可以写出动态规划方程:dp[i]=min(dp[j]+(prep[i]-prep[j])*x[i]-(prepx[i]-prepx[j])+c[i](j<i)。发现这是n^2的算法。但我们要做到O(1)转移。我们假设有k<j<i,且j的决策比k优。则在dp[i]有dp[j]+x[i]*(prep[i]-prep[j])-(prepx[i]-prepx[j])+c[i]<dp[k]+x[i]*(prep[i]-prep[k])-(prepx[i]-prepx[k])+c[i]。将式子拆分化简得到:dp[j]-dp[k]+prepx[j]-prepx[k]<x[i]*(prep[j]-prep[k])。因此就有了(d[j]-dp[k]+prepx[j]-prepx[k])/(prep[j]-prep[k])<x[i]。发现可以采用斜率优化。用一个单调队列维护单调递增的下凸包,若队首或队尾不满足上式即弹出。f[j]f[k]+SjSkSPjSPk<Xif[j]f[k]+SjSkSPjSPk<Xi

代码

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cmath>
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 int n,l=0,r=0;
10 ll x[1000010],p[1000010],c[1000010],dp[1000010];
11 ll ppx[1000010],pp[1000010];
12 int q[1000010];
13 double slop(int a,int b){
14     return (double)(dp[b]-dp[a]+ppx[b]-ppx[a])/(double)(pp[b]-pp[a]);
15 }
16 int main(){
17     int i,j;
18     scanf("%d",&n);
19     for(i=1;i<=n;++i)  scanf("%lld%lld%lld",&x[i],&p[i],&c[i]);
20     for(i=1;i<=n;++i){
21         pp[i]=pp[i-1]+p[i];
22         ppx[i]=ppx[i-1]+p[i]*x[i];
23     }
24     for(i=1;i<=n;++i){
25         while(l<r && slop(q[l],q[l+1])<x[i])  l++;
26         int t=q[l];
27         dp[i]=dp[t]-ppx[i]+ppx[t]+(pp[i]-pp[t])*x[i]+c[i];
28         while(l<r && slop(q[r-1],q[r])>slop(q[r],i))  r--;
29         q[++r]=i;
30     }
31     printf("%lld\n",dp[n]);
32     return 0;
33 }

 

 

 

posted @ 2018-05-14 17:42  lazytear  阅读(48)  评论(0编辑  收藏