题目大意：给定(n)个二元组，每次可以选择一组，花费是组内最大的长乘以最大的宽。问消掉所有二元组的最小代价。
( ext{Solution:})
(dp)写的不够啊……
先挖掘一下题目性质，对于一个二元组，如果它的长和宽都可以被某一个二元组覆盖掉，则它显然是可以被并掉的，于是我们去掉。
这个是一遍(sort)就能解决的。
那么，我们把数组搞成一个长递减，宽递增的数列，设(dp[i])表示前(i)个二元组全部消掉的最小价值。
可以证明，在这个情况下，我们买的土地都是连续的。因为如果不连续，则总有一块更大的可以把之前不连续的一段包进去，这显然是不优的。
于是，(dp)经典模型，(dp[i]=min_{j<i}dp[j]+x[j+1]*y[i].)之所以这样写，是因为(y)是递增的，它可以覆盖到它前面所有；(x)递减，可以覆盖到后面的所有。
下面是最简单的推柿子。
[dp[i]=dp[j]+x[j+1]*y[i]
]
[dp[j]=dp[i]-x[j+1]*y[i]
]
[dp[j]=-x[j+1]*y[i]+dp[i]
]
[y=dp[j],k=y[i],x=-x[j+1],b=dp[i]
]
至此，(y=kx+b)初成。
于是，我们最小化截距就做完了。观察一下符号，显然地发现是下凸包。又有斜率(y[i])是递增的，所以套路维护大于当前斜率的即可。
剩下的都是板子。这题主要学到了：认真观察题目性质，这种的可以一遍( ext{sort})去掉，剩下的可以简单证明是连续的，从而化成一个(dp)的基本模型。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,tot,head,tail;
int q[200010],dp[200010];
struct node{
int x,y;
bool operator<(const node&B)const{
return x==B.x?y>B.y:x>B.x;
}
}a[200010];
int X(int x){return -a[x+1].x;}
int Y(int x){return dp[x];}
long double slope(int x,int y){return (Y(y)-Y(x))/(X(y)-X(x));}
//dp[i]=dp[j]+y[j+1]*x[i]
//dp[j]=-y[j+1]*x[i]+dp[i]
//y=dp[j],k=x[i],x=-y[j+1],b=dp[i]
//dp[j]+a[j+1].y*x[i]>dp[k]+a[k+1].y*x[i]
// a[j+1].y*x[i]-a[k+1].y*x[i]>dp[k]-dp[j]
//x[i](a[j+1].y-a[k+1].y)>dp[k]-dp[j]
//x[i]>(dp[k]-dp[j])/(a[j+1].y-a[k+1].y)
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i){if(a[i].y>a[tot].y)a[++tot]=a[i];}//x递减，y递增
//令y是斜率，则可以维护一个下凸包
//dp[i]=dp[j]+a[j+1].x*a[i].y
//注意此处x递减，y递增，斜率递增，可以On
//既然x递减，那么x限定的范围就是x到后面的i.x
//所以应该枚举的j.x来限定x而不是y
//因为y递增，所以它限定前面
//这题的收获有两个：
//一个是挖掘题目性质，去掉无用点
//而是注意到单调性，进而斜率优化
head=tail=1;q[head]=0;n=tot;
for(int i=1;i<=tot;++i){
while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<=a[i].y)head++;
dp[i]=dp[q[head]]+a[q[head]+1].x*a[i].y;
while(head<tail&&slope(q[tail-1],q[tail])>=slope(q[tail-1],i))tail--;
q[++tail]=i;
}
printf("%lld
",dp[n]);
return 0;
}
代码里面也有一些细节。