【题目描述】
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可以同时购买多快土地. 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.
【输入格式】
- 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
【输出格式】
- 第一行: 最小的可行费用.
【分析】
这是一道动态规划的题目，设长宽分别为l与w。
首先，我们进行预处理，将矩阵按照l递减(主关键字)，w递增(次关键字)的顺序排序，
很容易看到的是，如果有两个矩阵i和j，满足l[j]>l[i]并且w[j]>w[i]，那么这个矩阵可以完全删除掉，因为在买这个大矩阵j的同时可以把i也顺带买了，这样可以保证排序是唯一确定的。
接下来，设f(i)为前i个矩阵所需要的最小花费，得到朴素递推方程:
f[i]=min{f[j]+l[j+1]*w[i]}(j<i)
复杂度是O(n^2),显然会超时。
考虑斜率优化：
现在有两个决策f[j]与f[k]，其中j<k。
假设f[i]从f[j]转移过来比从f[k]转移过来要更优，即：
f[j]+l[j+1]*w[i]<f[k]+l[k+1]*w[i]
两边移一下，得到：
W[i]<(f[k]-f[j])/(l[j+1]-l[k+1])
为了方便，我们不妨将l数组往前提一位(即l[i]=l[i+1])，
设g[j,k] = (f[k]-f[j])/(l[j] - l[k])
则如果g[j,k] > w[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉。
进而我们发现，当c < b < a < i时，如果有g[c, b] > g[b, a]，那么b永远都不会成为计算f[i]时的决策点，为什么呢？
证明：
如果g[c, b] > g[b, a]，那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系：
(1)如果g[c, b] > =y[i]，那么决策c不会比决策b差，也就说决策b不可能是决策点
(2)如果g[c, b] < y[i]，那么由于g[c, b] > g[b, a]，那么g[b, a] < y[i]，那么决策a要比决策b好，所以b也不能作为决策点。
我们用一个队列来实现上面的规则，使得时间复杂度下降。
我们现在在满足以上性质的一个队列Q中插入一个新的矩阵i.
1、我们要判断第一个条件，得到：
w[i]*(l[Q[front]]-l[Q[front+1]])>(f[Q[front+1]]-f[Q[front]])
如果成立，说明上面的公式说明的是g[front,front+1]<w[i]，即front+1要优于front，所以把front踢出队列，直到不可以再踢进行状态的转移。
2、我们要判断第二个条件，得到：
(l[Q[rear]]-l[i])*(f[Q[rear]]-f[Q[rear-1]])>(l[Q[rear-1]]-l[Q[rear]])*(f[i]-f[Q[rear]])
说明的是对于i,rear,rear-1三个元素来说，有g[rear-1,rear]<g[rear,i]，显然，把rear踢出队列，直到不可以再踢时在队尾插入i。
显然对于每个元素来说，都要一次插入与一次弹出，所以复杂度为O(n)。
1 #include <cstdlib> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdio> 5 #include <cmath> 6 #include <algorithm> 7 const int maxn=50010; 8 const int INF=0x7fffffff; 9 using namespace std; 10 struct matrix 11 { 12 long long l,w;//长与宽 13 //重载运算符 14 bool operator <(const matrix &b)const 15 { 16 if (l==b.l) return b.w<w; 17 return b.l<l; 18 } 19 }data[maxn]; 20 long long l[maxn],w[maxn],f[maxn]; 21 int Q[maxn];//Q代表队列 22 23 int main() 24 { 25 int i,j,n,cnt=0; 26 memset(l,0,sizeof(l)); 27 memset(w,0,sizeof(w)); 28 memset(f,0,sizeof(f)); 29 30 scanf("%d",&n); 31 for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&data[i].l,&data[i].w); 32 sort(data+1,data+1+n);//长度递减 33 for (i=1;i<=n;i++) 34 //代表高度需要递增 35 if (cnt==0 || data[i].w>w[cnt]) 36 { 37 cnt++; 38 w[cnt]=data[i].w; 39 l[cnt]=data[i].l; 40 } 41 for(i=0;i<cnt;i++) l[i]=l[i+1];//千万要注意！ 42 43 int front=1,rear=1; 44 Q[1]=0; 45 for (i=1;i<=cnt;i++) 46 { 47 while (front<rear && w[i]*(l[Q[front]]-l[Q[front+1]])>(f[Q[front+1]]-f[Q[front]])) 48 front++; 49 f[i]=f[Q[front]]+l[Q[front]]*w[i]; 50 while (front<rear && (l[Q[rear]]-l[i])*(f[Q[rear]]-f[Q[rear-1]])>(l[Q[rear-1]]-l[Q[rear]])*(f[i]-f[Q[rear]])) 51 rear--; 52 Q[++rear]=i; 53 } 54 55 printf("%lld ",f[cnt]); 56 return 0; 57 }