BZOJ1096：[ZJOI2007]仓库建设——题解

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1096

　　L公司有N个工厂，由高到底分布在一座山上。如图所示，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：1：工厂i距离工厂1的距离Xi（其中X1=0）;2：工厂i目前已有成品数量Pi;3：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。

第一次自己完成的斜率dp。

首先考虑暴力dp怎么做，设suan(i,j)表示将i~j的货物移动到j的费用。

sp[i]表示前i个厂房共有多少货物。

sw[i]表示将1~i的货物移动到i的费用。

我们有：

sw[i]=sw[i-1]+sp[i-1]*(x[i]-x[i-1]);

sw显然是类前缀和的东西，所以我们可以得到suan(i,j)的式子：

sw[j]-sw[i]-sp[i-1]*(x[j]-x[i])

（后面减去的部分分别是前i的货物从其原位置移动到i的费用和前i的货物从i移动到j的费用）

那么我们有：

f[i]=min(f[i],f[j]+suan(j+1,i)+c[i]);

显然O(n^2)，考虑斜率优化。

首先要让suan函数和i无关，将和i有关的变量提出来得：

inline ll suan(int j){
    return sp[j-1]*x[j]-sw[j];
}
f[i]=min(f[i],f[j]+sw[i]+suan(j+1)+c[i]-sp[j]*x[i]);

当k<j<i时，如果f[k]+suan(k+1)-sp[k]*x[i]>f[j]+suan(j+1)-sp[j]*x[i]则把k踢出。

化成：(f[j]-f[k]-suan(k+1)+suan(j+1))/(sp[j]-sp[k])<x[i]，显然可以斜率优化了。

至于剩下的套路部分就请看土地购买这道题的解法吧。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
const ll INF=1e18;
inline int read(){
    int X=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return X*w;
}
int n,l,r;
ll f[N],q[N];
ll x[N],p[N],c[N],sw[N],sp[N];
inline ll suan(int j){
    return sp[j-1]*x[j]-sw[j];
}
inline double dp(int j,int k){
    return 1.0*(f[j]-f[k]-suan(k+1)+suan(j+1))/(sp[j]-sp[k]);
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        x[i]=read(),p[i]=read(),c[i]=read();
        sp[i]=sp[i-1]+p[i];
        sw[i]=sw[i-1]+sp[i-1]*(x[i]-x[i-1]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(l<r&&dp(q[l],q[l+1])<(double)x[i])l++;
        f[i]=f[q[l]]+sw[i]+suan(q[l]+1)+c[i]-sp[q[l]]*x[i];
        while(l<r&&dp(q[r],i)<dp(q[r-1],q[r]))r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld
",f[n]);
    return 0;
}

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