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dp是很好想的了，关键是数据太大，普通dp肯定超时，所以一定有用某种优化，dp优化也就那么几种，这道题用的是斜率优化，先写出普通的状态转移方程： dp[i] = min{ dp[j] + Σ ( p[k] * (x[i] - x[k] ) ) , j+1 <=k <= i , 0 <= j <= i-1}
这个式子应该是很好理解的。接下来，就要进行优化。dp[j] 无法改变， 所以只好放眼于第二项， 即sigma那一项
Σ ( p[k] * (x[i] - x[k] ) = Σ (p[k] * x[i] - p[k] * x[k]) = p[ j+1 ~ i] * x[i] - p[ j+1~i] * x[ j+1 ~i]
我们发现，这个式子中，x[i] 为当前点的量，而p[j+1 ~i] 和 p[j+1 ~i] * x[j+1 ~i] 很容易预处理得到。
于是，我们把 a[i] 定义为 到 i 为止所有货物的个数 即 sum( p[1~i] ) ； 把b[i] 定义为到 i 为止 所有 p[j] * x[j] 之和
即 sum( p[ j+1~i] * x[ j+1 ~i] ) ；
我们有了这两个预处理，就可以转化成斜率优化来做了，一开始的式子，我们转化为
dp[i] = min { dp[j] + x[i] * (a[i] - a[j]) - (b[i] - b[j]) }
剩下的就是斜率优化的内容了，这里不再赘述，注意一点，a[i] - a[j] 是负数 除过去要变号。
代码如下
#include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #define N 1000100 using namespace std; int n; deque<int> q; deque<int>::iterator x, y; long long a[N]={0}, b[N]={0}; long long f[N], dis[N], c[N]; long long getup(int j, int k) { return f[j] - f[k] + b[j] - b[k]; } long long getdown(int j, int k) { return a[j] - a[k]; } long long getans(int j, int now) { return f[j] + (a[now] - a[j]) * dis[now] -b[now] + b[j] +c[now]; } bool ketan(int j, int k, int now) { return getup(j, k) < dis[now] * getdown(j, k); } bool keya(int i, int j, int k) { return getup(i, j) * getdown (j, k) > getup(j, k) * getdown(i, j); } int main() { scanf("%d",&n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { long long z; scanf("%lld%lld%lld", &dis[i], &z, &c[i]); a[i] = a[i-1] + z; b[i] = b[i-1] + z*dis[i]; } f[0] = 0; q.push_front(0); for (int i = 1; i <= n; ++i) { while (q.size() > 1) { x = q.begin(); y = x; y++; if (!ketan(*y, *x, i)) break; q.pop_front(); } x = q.begin(); f[i] = getans(*x, i); while (q.size() > 1) { x = q.end(); x--; y = x; y--; if (!keya(*y, *x, i)) break; q.pop_back(); } q.push_back(i); } printf("%lld\n", f[n]); }
bzoj 1096: [ZJOI2007]仓库建设,布布扣,bubuko.com
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原文地址：http://www.cnblogs.com/handsomeJian/p/3718155.html
