3437: 小P的牧场
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Description
背景
小P是个特么喜欢玩MC的孩纸。。。
描述
小P在MC里有n个牧场，自西向东呈一字形排列（自西向东用1…n编号），于是他就烦恼了：为了控制这n个牧场，他需要在某些牧场上面建立控制站，每个牧场上只能建立一个控制站，每个控制站控制的牧场是它所在的牧场一直到它西边第一个控制站的所有牧场（它西边第一个控制站所在的牧场不被控制）（如果它西边不存在控制站，那么它控制西边所有的牧场），每个牧场被控制都需要一定的花费（毕竟在控制站到牧场间修建道路是需要资源的嘛~），而且该花费等于它到控制它的控制站之间的牧场数目（不包括自身，但包括控制站所在牧场）乘上该牧场的放养量，在第i个牧场建立控制站的花费是ai，每个牧场i的放养量是bi，理所当然，小P需要总花费最小，但是小P的智商有点不够用了，所以这个最小总花费就由你来算出啦。
Input
第一行一个整数 n 表示牧场数目
第二行包括n个整数，第i个整数表示ai
第三行包括n个整数，第i个整数表示bi
Output
只有一行，包括一个整数，表示最小花费
Sample Input
4
2424
3142
Sample Output
9
样例解释
选取牧场1，3，4建立控制站，最小费用为2+(2+1*1)+4=9。
数据范围与约定
对于100%的数据，1<=n<=1000000,0<ai,bi<=10000
HINT
Source
Solution
DP + 斜率优化
BZOJ上题面炸飞了..注意N的范围是10^6…
首先，想到可以倒着推，似乎会比较简单，很多人也是这么做的，不过我是正着做的
首先是转移方程$dp[i]=min(dp[i],dp[j]+\sum_{i’=j+1}^{i-1}b[i’](i-i’)+a[i])$
那么不妨预处理出两个量$sum1[i]=\sum_{i’=1}^{i}b[i’]$,$sum2[i]=\sum_{i’=1}^{i}(b[i]*i)$
那么方程就可以变化为：$dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i*(sum1[i]-sum1[j])-(sum2[i]-sum2[j])+a[i])$
那么就可以斜率优化了，化简式子得$(dp[i]-dp[j]+sum2[i]-sum2[j])/(sum1[i]-sum1[j])<i$
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while (ch<'' || ch>'') {if (ch=='-') f=-; ch=getchar();}
while (ch>='' && ch<='') {x=x*+ch-''; ch=getchar();}
return x*f;
}
#define maxn 1000010
int n; int a[maxn],b[maxn]; int que[maxn],l,r;
long long sum1[maxn],sum2[maxn],dp[maxn];
double slope(int i,int j)
{
double fz=dp[i]-dp[j]+sum2[i]-sum2[j];
double fm=sum1[i]-sum1[j];
return fz/fm;
}
int main()
{
n=read();
for (int i=; i<=n; i++) a[i]=read();
for (int i=; i<=n; i++) b[i]=read(),sum1[i]=sum1[i-]+b[i],sum2[i]=sum2[i-]+(long long)i*b[i];
for (int tmp,i=; i<=n; i++)
{
while (l<r && slope(que[l],que[l+])<i) l++;
tmp=que[l];
dp[i]=dp[tmp]+i*(sum1[i]-sum1[tmp])-(sum2[i]-sum2[tmp])+a[i];
while (l<r && slope(que[r],i)<slope(que[r-],que[r])) r--;
que[++r]=i;
}
printf("%lld\n",dp[n]);
return ;
}
预处理sum2的时候，中途开longlong…有了上个题纸张的经验，我才不会再犯一遍，口亨
