Description
从山顶上到山底下沿着一条直线种植了n棵老树。当地的政府决定把他们砍下来。为了不浪费任何一棵木材，树被砍倒后要运送到锯木厂。
木材只能按照一个方向运输：朝山下运。山脚下有一个锯木厂。另外两个锯木厂将新修建在山路上。你必须决定在哪里修建两个锯木厂，使得传输的费用总和最小。假定运输每公斤木材每米需要一分钱。
Input
输入的第一行为一个正整数n——树的个数（2≤n≤20 000）。树从山顶到山脚按照1，2……n标号。接下来n行，每行有两个正整数（用空格分开）。第i+1行含有：wi——第i棵树的重量（公斤为单位）和 di——第i棵树和第i+1棵树之间的距离，1≤wi ≤10 000，0≤di≤10 000。最后一个数dn，表示第n棵树到山脚的锯木厂的距离。保证所有树运到山脚的锯木厂所需要的费用小于2000 000 000分。
Output
输出只有一行一个数：最小的运输费用。
Sample Input
9
1 2
2 1
3 3
1 1
3 2
1 6
2 1
1 2
1 1
Sample Output
26
sol
首先写出\(O(n^2)\)的\(DP\)式，直接枚举两个锯木厂的选址（下面假设\(d_i\)表示\(i\)到锯木厂的距离）
\[f_i=min\{\sum_{x=1}^{j}(d_x-d_j)w_x+\sum_{x=j+1}^{i}(d_x-d_i)w_x+\sum_{x=i+1}^{n}d_xw_x\}(j<i)\]
设\(s_i\)为\(w_i\)的前缀和
\[f_i=\sum_{x=1}^{n}d_xw_x-max\{d_js_j+d_i(s_i-s_j)\}(j<i)\]
设\(k<j\)且\(j\)比\(k\)优
\[d_js_j+d_i(s_i-s_j)>d_ks_k+d_i(s_i-s_k)\]
移项得
\[\frac{d_js_j-d_ks_k}{s_j-s_k}>d_i\]
所以这里维护一个下凸壳，即斜率递减
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 100005;
ll gi()
{
ll x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int n,q[N],hd,tl;
ll w[N],d[N],s[N],Sum,ans=1e18;
double calc(int j,int k)
{
return (double)(d[j]*s[j]-d[k]*s[k])/(s[j]-s[k]);
}
ll count(int i,int j)
{
return Sum-d[j]*s[j]-d[i]*(s[i]-s[j]);
}
int main()
{
n=gi();
for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=gi(),d[i]=gi();
for (int i=n;i>=1;i--) d[i]+=d[i+1];
for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+w[i],Sum+=d[i]*w[i];
/*
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i-1;j;j--)
printf("i=%d j=%d res=%lld\n",i,j,count(i,j));
*/
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (hd<tl&&calc(q[hd],q[hd+1])>d[i]) ++hd;
ans=min(ans,count(i,q[hd]));
while (hd<tl&&calc(q[tl-1],q[tl])<calc(q[tl],i)) --tl;
q[++tl]=i;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}