[ZJOI2007]仓库建设(斜率优化）

L公司有N个工厂，由高到底分布在一座山上。

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：

• 工厂i距离工厂1的距离Xi（其中X1=0）;
• 工厂i目前已有成品数量Pi;
• 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。

Solution

有一个非常好的东西，就是只能运送到到比自身编号大的点，这样我们就可以列出dp方程。

dp[i]=max(dp[j]+x[i]*(sum[i]-sum[j])+sump[i]-sump[j]+c[i])

这里sum[i]指p[i]的前缀和，sump[i]指x[i]*p[i]的前缀和。

这样是n^2的，考虑如何优化。

按照惯例，我们把含i的式子和含j的式子分开来看。

dp[i]=dp[j]+x[i]*sum[i]-x[i]*sum[j]+sump[i]-sump[j]+c[i];

令a[i]=x[i]*sum[i]-sump[i]-dp[i]  . b[i]=dp[i]+sump[i];

dp式子就变成了x[i]*sum[j]-a[i]=b[i]

为了求最小值，我们就维护一个下凸包。

观察到x[i]和sum[i]都是单调递增的，用单调队列就可以了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define Y(i) (dp[i]+sup[i])
#define X(i) (sum[i]) 
#define N 1000002
using namespace std;
long long x[N],y[N],p[N],c[N],sum[N],dp[N],sup[N],n,h,t,q[N];
inline int rd(){
    int x=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
        c=getchar();
    }
    return x;
}
inline double calc(int i,int j){
    return 1.0*((double)Y(j)-Y(i))/(double)(X(j)-X(i));
}
int main(){
    n=rd();
    for(int i=1;i<=n;++i)x[i]=rd(),p[i]=rd(),c[i]=rd(),sum[i]=sum[i-1]+p[i],sup[i]=sup[i-1]+p[i]*x[i];
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(h<t&&calc(q[h],q[h+1])<x[i])h++;
        dp[i]=dp[q[h]]+x[i]*(sum[i]-sum[q[h]])-sup[i]+sup[q[h]]+c[i];
        while(h<t&&calc(q[t-1],q[t])>calc(q[t],i))t--;
        q[++t]=i;
    }
    cout<<dp[n];
    return 0;
}