bzoj 1096[ZJOI2007]仓库建设

1096: [ZJOI2007]仓库建设

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB

Description

　　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。

Input

　　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。

Output

　　仅包含一个整数，为可以找到最优方案的费用。

Sample Input

3
0 5 10
5 3 100
9 6 10

Sample Output

32

HINT

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。

【数据规模】

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。 

又是一道斜率优化的题

可以列出最简单的转移方程 ：

$$dp[i] =min(dp[j] +sumlimits_{k = j + 1}^i p[k] * (x[i] - x[k]))   [j ∈ (0, i - 1)]  + c[i]$$

$$dp[i] = dp[j] + x[i] * sumlimits_{k = j + 1}^i p[k] - sumlimits_{k = j + 1} ^ i  p[k] * x[k]$$

但这是 $n ^ 2$的

所以我们可以转换一下

令

 $$s[i] = sumlimits_{k = j + 1}^i p[k] $$

$$t[i] =  sumlimits_{k = j + 1} ^ i  p[k] * x[k]$$

则

$$dp[j] + t[j] = x[i] * s[j] + dp[i] + t[i] - c[i] - s[i]*x[i]$$

于是点坐标为 $(s[j], dp[j] + t[j])$

dp[i] 为 斜率为x[i] 且经过这些点的直线中斜率最小的

因为 x[i]单调递增，所以可以用凸包维护

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long

using namespace std;

const int MAXN = 1e6 + 100;

int N;
LL x[MAXN], p[MAXN], c[MAXN], sum[MAXN], t[MAXN];
LL dp[MAXN];
struct node {
    double x, y;
} n[MAXN];
LL s[MAXN];
inline LL read()
{
    LL 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 * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return x * w;
}

double slope(int a, int b)
{
    return (n[a].y - n[b].y) / (n[a].x - n[b].x);
}

int head = 0, tail = 0;
int main()
{
//    freopen("storage8.in", "r", stdin);
//    freopen("storage.out", "w", stdout);
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        x[i] = read(), p[i] = read(), c[i] = read();
        sum[i] = sum[i - 1] + p[i];
        t[i] = t[i - 1] + p[i] * x[i];
    }
    s[tail++] = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        while(head < tail - 1 && slope(s[head], s[head + 1]) <= x[i]) {
            head++;
        }
        dp[i] = dp[s[head]] + (sum[i] - sum[s[head]]) * x[i] + (t[s[head]] - t[i]) + c[i];
        n[i].x = sum[i];
        n[i].y = dp[i] + t[i];
        while(tail > head + 1 && slope(s[tail - 1], s[tail - 2]) > slope(i, s[tail - 1])) {
            tail--;
        }
        s[tail++] = i;
    }
    printf("%lld
", dp[N]);
//    fclose(stdin);
//    fclose(stdout);
    return 0;
}

/*
3

0 5 10

5 3 100

9 6 10

*/