「BZOJ2153」设计铁路

A省有一条东西向的公路经常堵车，为解决这一问题，省政府对此展开了调查。

调查后得知，这条公路两侧有很多村落，每个村落里都住着很多个信仰c教的教徒，每周日都会开着自家的车沿公路到B地去“膜拜”他们的教主，这便是堵车的原因。

详细调查显示：这里总共有N个村落，并且它们都在B地的东边。编号为i的村落住有Ri个信仰c教的教徒，距离B地的距离为Ti（单位：公里）。为解决这一问题，A省政府决定在这条公路下修建一条地下快速铁路来缓解交通，并沿线修建若干个车站（B地会修建终点站，不算车站）。

每名教徒都会先往B地方向开车（如果他所在村庄处恰好有车站就不必开车了），到最近的一个快速铁路车站时换乘（如果直接开到B地就不用换乘了），再通过快速铁路到B地。

但A政府遇到一个难题：修建多少个车站以及在哪修建车站。一个修建车站的方案中，如果修建过多的车站则会花费过多的钱，但修建的车站少了或者修建的位置不对又会导致公路的拥堵。

A政府为了协调这两方面，采用评分的方式来衡量一个方案的好坏（分数越大方案越坏）：每修建一个车站会增加m的分数，在某一次“膜拜”中（只考虑去，不考虑返回），每导致1个教徒开车行驶1公里会增加1分。

现请你设计一个修建车站的方案，使得分数最小。请输出这个最小的分数。

解题报告

首先考虑贪心是否可做，如果只能选取一个点设置车站，不妨设这个点距离为 (x)，花费总和就是 (sum_{i=1}^n (T_i imes R_i) + m - x imes sum_{i=1}^n[T_i ge x]) ，前面部分是常数，而后面部分是一个无法确定有几个峰的函数，因此我们需要考虑动态规划或者模拟退火解决这个问题

由于模拟退火的玄学性，这里不做多的讨论，可以尝试 (O(n*(退火复杂度))) 进行依次退火，下面我们将用动态规划解决本题

我们不妨将 (T_i) 按照降序排序，我们将会有一个比较原始的区间DP：

我们用 (f[i]) 表示前 (i) 个村落建立若干车站的最小值，且 (i) 处有车站设立。则 :

[f[i] = min_{j le i}{f[j] + m+sum_{j < k le i}(R_k * (T_k - T_i))} ]

利用前缀和,我们令 (sumT[i]) 表示 (R[i]*T[i]) 的前缀和，(sum[i]) 表示 (R[i]) 的前缀和，则：

[f[i] = min_{j le i}{f[j] + m+sumT[i] - sumT[j]-T_i*(sum[i]-sum[j])} ]

此时这个问题可以在 (O(n^2)) 时间求解

观察这个式子，发现当 (i) 已经确定的时候 $f[i] = min_{j le i}{-sumT[j] + T_i * sum[j] + f[j]} + K $ 此处 (K = m + sumT[i] - T_i * sum[i]) 是一个常数，换句话说，我们只需要找出最小的 (- sumT[j] + T_i * sum[j] + f[j]) 即可

我们不妨考虑这样一条直线 (y = - T_i * (x - sum[j]) + f[j] - sumT[j]) 过点 ((sum[j], f[j] - sumT[j])), 它的截距就是我们要求的 (- sumT[j] + T_i * sum[j] + f[j]) 要使截距最小，那直线就应该尽量往下移动。

我们可以发现我们选取的最优点应该是在一个下凸壳上的，由于 (sum[j]) 时单调的，我们可以用一个简单的单调队列进行维护。

此时复杂度降为了 (O(n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define T first
#define R second

typedef long long ll;
const int maxn = 40000 + 10;
int n, q[maxn];
ll m, s1[maxn], s2[maxn], f[maxn];
std::pair<ll, ll> p[maxn];

ll F(int i, int j) {
	return f[j] + s1[i] - s1[j] - p[i].T * (s2[i] - s2[j]);
}

double slope(int i, int j) {
	double x1 = s2[i], y1 = f[i] - s1[i];
	double x2 = s2[j], y2 = f[j] - s1[j];
	return (y2 - y1) / (x2 - x1);
}

int main() {
	scanf("%d %lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		scanf("%d %d", &p[i].T, &p[i].R);
	}
	std::sort(p + 1, p + n + 1); std::reverse(p + 1, p + n + 1); p[++n] = std::make_pair(0, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		s1[i] = s1[i - 1] + p[i].T * p[i].R;
		s2[i] = s2[i - 1] + p[i].R;
	}
	int head = 1, tail = 1; q[1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		while (head < tail && F(i, q[head]) >= F(i, q[head + 1])) head ++;
		f[i] = F(i, q[head]); if (i != n) f[i] += m;
		while (head < tail && slope(i, q[tail]) < slope(i, q[tail - 1])) tail --;
		q[++tail] = i;
	}
	printf("%lld", f[n]);
}