【Luogu2900】土地征用（斜率优化，动态规划）
题面
Description
农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 ＜= N ＜= 50,000) 块长方形的土地. 每块土地的长宽满足(1 ＜= 宽 ＜= 1,000,000; 1 ＜= 长 ＜= 1,000,000).
每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多块土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要付5x5=25.
FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小的经费.
Input
第1行: 一个数: N
第2..N+1行: 第i+1行包含两个数,分别为第i块土地的长和宽
Output
第一行: 最小的可行费用.
Sample Input
4
100 1
15 15
20 5
1 100
Sample Output
500
Hint
输入解释:
共有4块土地.
输出解释:
FJ分3组买这些土地: 第一组:100x1, 第二组1x100, 第三组20x5 和 15x15 plot. 每组的价格分别为100,100,300, 总共500.
题解
因为土地是可以任意分组的
所以不能够直接搞
所以排序x为第一关键字，y为第二关键字排序之后
显然有一部分的土地是没有必要的
即：(xi<xj)并且(yi<yj)的土地i是没有必要的
因为我在购买j土地的时候，i一定可以直接包含来里面
所以i是没有意义的土地
所以先搞出(O(n^{2}))的暴力
for(int i=1;i<=tot;++i)
for(int j=0;j<i;++j)
f[i]=min(f[i],f[j]+1ll*a[i].x*a[j+1].y);
那么，这样子处理完之后
我们会发现，x是单增的，y是单减的
假设(j)的转移优于(k（j<k）)
于是就有：
[f[j]+x[i]*y[j]<f[k]+x[i]*y[k]
]
然后随便移一下就可以了
[frac{f[j]-f[k]}{y[k]-y[j]}>x[i]
]
斜率优化直接搞就行啦
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 51000
inline int read()
{
int x=0,t=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
struct Node
{
int x,y;
}la[MAX],a[MAX];
inline bool operator <(Node i,Node j)
{
if(i.x!=j.x)return i.x<j.x;
return i.y<j.y;
}
int n,tot,h,t,p[MAX];
long long f[MAX];
double count(int j,int k)
{
return 1.0*(f[k]-f[j])/(a[j+1].y-a[k+1].y);
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
la[i].x=read(),la[i].y=read();
sort(&la[1],&la[n+1]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
while(tot&&a[tot].y<la[i].y)--tot;
++tot;
a[tot].x=la[i].x;
a[tot].y=la[i].y;
}
//保证x和y都是单调的
//f[i]=min{f[j]+a[i].x*a[j].y}
for(int i=1;i<=tot;++i)f[i]=1e18;
/*
for(int i=1;i<=tot;++i)
for(int j=0;j<i;++j)
f[i]=min(f[i],f[j]+1ll*a[i].x*a[j+1].y);
*/
for(int i=1;i<=tot;++i)
{
while(h<t&&count(p[h],p[h+1])<=a[i].x)h++;
int gg=p[h];
f[i]=f[gg]+1ll*a[i].x*a[gg+1].y;
while(h<t&&count(p[t-1],p[t])>=count(p[t-1],i))t--;
p[++t]=i;
}
printf("%lld
",f[tot]);
return 0;
}