BZOJ1597 [Usaco2008 Mar]土地购买 [斜率优化]

$土地购买$

题目描述见链接 .

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$color{red}{正解部分}$

将 矩形的 长 作为 $x$, 矩形的 宽 作为 $y$, 放到 平面直角坐标系 中,
题目转化 为使用 最小的矩阵面积和 覆盖所有点,

可以发现当矩形 $a, b$ 满足 $a.x le b.x$ 且 $a.y le b.y$ 时, 矩形 $a$ 是可以忽略的,
于是将所有 $a$ 类矩形代表的坐标从坐标系中抹除, 可以发现剩下的矩形坐标组成了一个 单调递减 的折线,

然后再使用 最小的矩阵面积和 覆盖所有点,
这个时候可以发现 覆盖时 按 横坐标 从左到右分成连续的几段进行覆盖是最优的,
由此可以想到设 $F[i]$ 表示覆盖前 $i$ 个点所使用的最小矩形面积和,
状态转移, $F[i] = min(F[k] + cost[k+1, i])$, 根据单调性, $cost[k+1, i] = h_{k+1} imes w_i$ .

直接转移 时间复杂度 $O(N^2)$, 考虑优化, 将方程化简为 $F[k] = -w_i imes h_{k+1} + F[i]$,
可以发现是 斜率优化 的形式, $y = F[k], k = -w_i, x = h_{k+1}, b = F[i]$ .

目标是使得 $F[i]$ 最小, 且 斜率 为 负数 且 单调递减, 所以使用 单调队列 维护 下凸包 即可 .

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$color{red}{实现部分}$

• 十年 $OI$ 一场空, 不开 $long long$ 见祖宗 .

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
typedef long long ll;

const int maxn = 50005;

int N;
int Tmp_1;
int que[maxn];

ll F[maxn];

bool vis[maxn];

struct Node{ int h, w; } A[maxn];

bool cmp(Node a, Node b){ return a.w==b.w?a.h<b.h:a.w<b.w; }

double slope(int a, int b){ return (1.0*F[a] - F[b])/(1.0*A[a+1].h - A[b+1].h); }

int main(){
        scanf("%d", &N);
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) scanf("%d%d", &A[i].w, &A[i].h);
        std::sort(A+1, A+N+1, cmp); int max_h = 0;
        for(reg int i = N; i >= 1; i --){ if(A[i].h <= max_h) vis[i] = 1; max_h = std::max(max_h, A[i].h); }
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) if(!vis[i]) A[++ Tmp_1] = A[i];
        N = Tmp_1; int tl = 0, hd = 1; que[++ tl] = 0;
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++){
                double cur_k = -1.0*A[i].w;
                while(tl-hd+1 >= 2 && slope(que[hd], que[hd+1]) > cur_k) hd ++;
                F[i] = F[que[hd]] + 1ll*A[que[hd]+1].h*A[i].w;
                while(tl-hd+1 >= 2 && slope(que[tl-1], i) > slope(que[tl], que[tl-1])) tl --;
                que[++ tl] = i;
        }
        printf("%lld
", F[N]);
        return 0;
}