bzoj1096[ZJOI2007]仓库建设 斜率优化dp

　　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。

　　仅包含一个整数，为可以找到最优方案的费用。

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。 

 可以发现把一段区间的物品统一移向i点的代价=把这些物品都从i点移向1号点的代价 - 把这些点从本来的位置移向1号点的代价

可以推出dp方程式
dp[i]=dp[j]+(d[i]-d[j])*x[i]-(sum[i]-sum[j])+c[i];
其中
d[i]=d[i-1]+p[i]
sum[i]=sum[i-1]+x[i]*p[i]
p[i]表示i仓库产品数量
x[i]表示i与1之间距离

首先证明决策单调性
1.设j>k && 对于i来说j的决策优于k
dp[j]+(d[i]-d[j])*x[i]-(sum[i]-sum[j])<=dp[k]+(d[i]-d[k])*x[i]-(sum[i]-sum[k])
化简得 dp[j]-x[i]*d[j]+sum[j]<=dp[k]-x[i]*d[k]+sum[k]

2.假设决策单调 那么对于任意t,t>i来说
都有 dp[j]+(d[t]-d[j])*x[t]-(sum[t]-sum[j])<=dp[k]+(d[t]-d[k])*x[t]-(sum[t]-sum[k])

3.需要证明上式来得证决策单调性
上式化简得 dp[j]-x[t]*d[j]+sum[j]<=dp[k]-x[t]*d[k]+sum[k]
因为x[t]>=x[i] 所以设 x[t]=x[i]+v
x[t]代入上式可得 (dp[j]-x[i]*d[j]+sum[j])-v*d[j]<=(dp[k]-x[i]*d[k]+sum[k])-v*d[k]
因为j>k&&d表示前缀和&&给出的产品数量没有负数
所以 d[j]>=d[k] -v*d[j]<=-v*d[k]
上式得证

因此决策单调性得证
证毕

斜率表达式 设j>k且j更优
dp[j]-d[j]*x[i]+sum[j]<=dp[k]-d[k]*x[i]+sum[k]
=> dp[j]-dp[k]+sum[j]-sum[k]<=(d[j]-d[k])*x[i]
=> (dp[j]-dp[k]+sum[j]-sum[k])/(d[j]-d[k])<=x[i]

G=dp[j]-dp[k]+sum[j]-sum[k]
S=d[j]-d[k]

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstring>
 4 #include<queue>
 5 #include<cmath>
 6 #include<vector>
 7 #include<cstdlib>
 8 #include<iostream>
 9 #define ll long long
10 #define inf 2147483647
11 #define N 1000005
12 using namespace std;
13 int c[N],x[N],p[N],q[N];
14 ll dp[N],sum[N],d[N];
15 ll G(int j,int k){return dp[j]-dp[k]+sum[j]-sum[k];}
16 ll S(int j,int k){return d[j]-d[k];}
17 
18 int main(){
19     int n;
20     scanf("%d",&n);
21     for(int i=1;i<=n;i++){
22         scanf("%d%d%d",&x[i],&p[i],&c[i]);
23         sum[i]=sum[i-1]+(ll)x[i]*p[i];
24         d[i]=d[i-1]+p[i];
25     }
26     int t=2,h=1;q[1]=0;
27     for(int i=1;i<=n;i++){
28         while(h+1<t&&G(q[h+1],q[h])<=S(q[h+1],q[h])*x[i])h++;
29         dp[i]=(ll)dp[q[h]]+(d[i]-d[q[h]])*x[i]*1ll-(sum[i]-sum[q[h]])+c[i];
30         while(h+1<t&&G(i,q[t-1])*S(q[t-1],q[t-2])<=G(q[t-1],q[t-2])*S(i,q[t-1]))t--;
31         q[t++]=i;
32     }
33     printf("%lld",dp[n]);
34     return 0;
35 }