Ⅰ、前置知识
(y=kx+b)
(k)叫斜率，(b)叫截距
((x_1,y_1))((x_2,y_2))两点连成的直线的斜率(k=frac{y1-y2}{x1-x2})
Ⅱ、抛出问题
洛谷板子
题目描述
(n)个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这(n)个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻(0)开始，这些任务被分批加工，第(i)个任务单独完成所需的时间是(T_i)。在每批任务开始前，机器需要启动时间(S)，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数(F_i)。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如：(S=1)；(T={1,3,4,2,1})；(F={3,2,3,3,4})。如果分组方案是({1,2})、({3})、({4,5})，则完成时间分别为({5,5,10,14,14})，费用(C={15,10,30,42,56})，总费用就是(153)。
输入输出格式
输入格式：
第一行是(n(1leq nleq5000))。
第二行是(S(0leq Sleq50))。
下面(n)行每行有一对数，分别为(T_i)和(F_i)，均为不大于(100)的正整数，表示第(i)个任务单独完成所需的时间是(T_i)及其费用系数(F_i)。
输出格式：
一个数，最小的总费用。
输入输出样例
输入样例#1：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例#1：
153
Ⅲ、分析问题
首先这题(O(n^2))可以艹过
但是(O(n^2))过了这题讲斜率优化毫无意义QAQ
所以请自动将数据范围改成((1leq nleq500000))
先来看一眼普通(dp)(O(n^2))怎么写
设
(f[i])表示处理到第(i)个任务，前(i)个的最小费用
(t_i)表示时间的前缀和
(c_i)表示费用的前缀和
考虑从(j)转移到(i)，表示(j+1)到(i)打包到一批
则状态转移方程为
由于之前哪些任务被分成一批不好处理，所以可以直接加上(s imes(c_n-c_j))当作对后续状态的处理
然后推式子
将(j)看作一个变量，然后去掉(min)，得到
拆括号
移项
提取公因式
此时式子推成这样
再看一眼前置知识
(y=kx+b?)
此时我们的式子就像一条直线解析式！
我们想要最小化(f[i])，就是最小化(b)
而我们此时要做的，就是用一条已知斜率的直线，利用已有的坐标，找到一个最小的(b)
如图，现在处理到(i)，则共有(i-1)个坐标为((z_j,f[j])(1leq j<i))的点
如图所示
右下角为当前处理的斜率为(s+t_i)的直线，我们要将它向上平移，直到和上方(i-1)个点中的一个相交
显然要找的点(j)（也叫决策点）一定在图形的凸包上
又很显然，决策点一定在下凸壳上，因为下凸壳上的点显然比上凸壳更优
又很显然，决策点一定在下凸壳的右半侧，因为(k)（即(s+t_i)）一定大于(0)
叕很显然找到决策点之后是这样的
如何找到决策点？
观察可以知道，凸包上的直线的斜率具有单调性
二分！
每次二分一个点，(check)这个点左侧的直线的斜率是否小于(s+t_i)，右侧的斜率是否大于(s+t_i)，如果是就证明找到了决策点
手玩一下更好理解
找到决策点之后，很明显，决策点左边所有的直线的截距都要大于(s+t_i)，所以左边的所有点都没有当前点优
于是拿单调队列存一下凸包是上的点，如果没有当前直线优则踢掉
找到决策点后，相当于找到了(j)，更新(f[i])
更新完(f[i])后，为了方便后续的查找，将((c_i,f[i]))插入凸包，并且维护一下凸包的单调性
最后输出(f[n])即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,j,n) for(register int i=j;i<=n;i++)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define mem(i,j) memset(i,j,sizeof(i))
using namespace std;
int n,s,c[5010],t[5010],f[5010],q[5010],l,r;
inline int read(){
int datta=0;char chchc=getchar();bool okoko=0;
while(chchc<'0'||chchc>'9'){if(chchc=='-')okoko=1;chchc=getchar();}
while(chchc>='0'&&chchc<='9'){datta=datta*10+chchc-'0';chchc=getchar();}
return okoko?-datta:datta;
}
int main(){
n=read();s=read();
F(i,1,n){
t[i]=t[i-1]+read();
c[i]=c[i-1]+read();
}
mem(f,0x3f);
f[0]=0;
l=1;r=0;
q[++r]=0;
F(i,1,n){
while(l<r&&f[q[l+1]]-f[q[l]]<=(s+t[i])*(c[q[l+1]]-c[q[l]]))//避免精度误差
l++;//由于博主太菜了所以用的是线性而不是二分
f[i]=f[q[l]]+s*(c[n]-c[q[l]])+t[i]*(c[i]-c[q[l]]);//更新
while(l<r&&(f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])<=(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]]))
r--;
q[++r]=i;
}
printf("%d
",f[n]);
return 0;
}