[ZJOI2007]仓库建设
题目背景
小B的班级数学学到多项式乘法了，于是小B给大家出了个问题：用编程序来解决多项式乘法的问题。
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含一个整数N，表示工厂的个数。接下来N行每行包含两个整数Xi, Pi, Ci, 意义如题中所述。
输出格式：
仅包含一个整数，为可以找到最优方案的费用。
输入输出样例
输入样例#1：
3 0 5 10 5 3 100 9 6 10
输出样例#1：
32
说明
在工厂1和工厂3建立仓库，建立费用为10+10=20，运输费用为(9-5)*3 = 12，总费用32。
如果仅在工厂3建立仓库，建立费用为10，运输费用为(9-0)5+(9-5)3=57，总费用67，不如前者优。
对于20%的数据， N ≤500；
对于40%的数据， N ≤10000；
对于100%的数据， N ≤1000000。 所有的Xi, Pi, Ci均在32位带符号整数以内，保证中间计算结果不超过64位带符号整数。
题解
先暂且不看数据的范围，只考虑如何解决题目，很容易可以想到O(n^2)的dp。
dp[i]表示在i这个工厂建立仓库，从工厂1到工厂i所需要的最小费用。
dp的转移方程为(dp[i]=c[i]+min(dp[j]+sum_{k=j+1}^{i}(p[k]*(x[i]-x[k]))))
化简后转移方程为(dp[i]=c[i]+min(dp[j]+x[i]*sum_{k=j+1}^{i}p[k]-sum_{k=j+1}^{i}(p[k]*x[k])))
但是n的取值范围为1000000，所以n^2的时间复杂度肯定是过不了的，所以这里用斜率优化，把求min的复杂度降低。
因为(sum_{k=j+1}^{i}p[k])和(sum_{k=j+1}^{i}(p[k]*x[k]))中p[]和x[]是输入的信息，可以用前缀和快速求出。
所以我们设S[i]=(sum_{k=1}^{i}p[k])，SS[i]=(sum_{k=1}^{i}(p[k]*x[k]))。
所以转移方程变成了(dp[i]=c[i]+min(dp[j]+x[i]*(S[i]-S[j])-(SS[i]-SS[j])))
我们取(j)，(k)满足 (k<j<i)且(j)比(k)更优，那么有如下不等式：
(c[i]+dp[j]+x[i]*(S[i]-S[j])-(SS[i]-SS[j])<c[i]+dp[k]+x[i]*(S[i]-S[k])-(SS[i]-SS[k]))
化简后得到(frac{(dp[j]+SS[j])-(dp[k]+SS[k])}{S[j]-S[k]}<x[i])
看到(frac{(dp[j]+SS[j])-(dp[k]+SS[k])}{S[j]-S[k]})有没有想到斜率呢？（(frac{x'-x}{y'-y})）
有了这个不等式后我们就可以利用斜率优化了。
因为斜率要小于x[i]所以我们可以用下凸壳来维护。
没有学习过凸包的同学请先去学习凸包。
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long x[1000009],p[1000009],c[1000009];
long long a[1000009],b[1000009],pp[2000009];
long long dp[1000009],l=1,r=1;
double js(int j,int k){
return (1.0*dp[j]-dp[k]+b[j]-b[k])/(a[j]-a[k]);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%lld%lld%lld",&x[j],&p[j],&c[j]);
for(int j=1;j<=n;j++)
a[j]=a[j-1]+p[j];
for(int j=1;j<=n;j++)
b[j]=b[j-1]+p[j]*x[j];
for(int j=1;j<=n;j++){
while(l<r && js(pp[l+1],pp[l])<x[j]) l++;//x[j]是单调递增的，所以最佳的答案一定会往后移，从而达到均摊O(1)的复杂度
dp[j]=c[j]+dp[pp[l]]+x[j]*(a[j]-a[pp[l]])-(b[j]-b[pp[l]]);
while(l<r && js(pp[r],pp[r-1])>js(j,pp[r])) r--;//维护下凸壳的性质
pp[++r]=j;
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}