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： 工厂i距离工厂1的距离Xi（其中X1=0）; 工厂i目前已有成品数量Pi; 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。
斜率优化的dp。
f[i]表示在i点建厂（使i之前都完成）的最小费用。
f[i]=min(f[j]+(计算j-1到i+1的货物全部运到j的花费)) (j<i)
“计算j+1到i-1的货物全部运到j的花费”应该怎么算呢？
设sum[]是p[]的前缀和，如果j+1到i-1的货物都是从0运到i，花费为(sum[i-1]-sum[j])*x[i]。
对于每一个点k都多花了从0到k的费用，那么我们用b[]表示p[i]*x[i]的前缀和。
因此最终的dp方程为：
f[i]=min(f[j]+(sum[i-1]-sum[j])*x[i]-(b[i-1]-b[j])) (j<i)
见到形如X*a+Y*b想到斜率优化。
假设j>k，且j的方案优于k:
(f[j]-f[k]+b[j]-b[k])/(sum[j]-sum[k])<x[i]
x[i]是单增的，因此不满足当前的x[i]一定不满足之后的x[i]，直接从队列中删除。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#define M 1000005
#define LL long long
using namespace std;
int n,q[M];
LL x[M],c[M],p[M],sum[M],b[M],f[M];
double slope(int j,int k)
{
return (double)(f[j]-f[k]+b[j]-b[k])/(double)(sum[j]-sum[k]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x[i]>>p[i]>>c[i];
sum[i]=sum[i-1]+p[i];
b[i]=b[i-1]+p[i]*x[i];
}
int l=0,r=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (l<r&&slope(q[l+1],q[l])<(double)x[i])
l++;
int j=q[l];
f[i]=f[j]+(sum[i-1]-sum[j])*x[i]-(b[i-1]-b[j])+c[i];
while (l<r&&slope(i,q[r])<slope(q[r],q[r-1]))
r--;
q[++r]=i;
}
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}
感悟：
1.一开始wa了，因为没有把int变成long long
原文地址：http://blog.csdn.net/regina8023/article/details/43112595
