Bzoj3203: [Sdoi2013]保护出题人 凸包 + 三分
题目描述
出题人铭铭认为给SDOI2012出题太可怕了，因为总要被骂，于是他又给SDOI2013出题了。
参加SDOI2012的小朋友们释放出大量的僵尸，企图攻击铭铭的家。而你作为SDOI2013的参赛者，你需要保护出题人铭铭。
僵尸从唯一一条笔直道路接近，你们需要在铭铭的房门前放置植物攻击僵尸，避免僵尸碰到房子。
第一关，一只血量为 a1a_1a1 点的墦尸从距离房子 x1x_1x1 米处速接近，你们放置了攻击力为 y1y_1y1 点/秒的植物进行防御；第二关，在上一关基础上，僵尸队列排头增加一只血量为 a2a_2a2 点的僵尸，与后一只僵尸距离 ddd 米，从距离房 x2x_2x2 米处匀速接近，你们重新放置攻击力为 y2y_2y2 点/秒的植物；……；第 nnn 关，僵尸队列共有 nnn 只僵尸，相邻两只僵尸距离 ddd 米，排头僵尸血量为 ana_nan 点，排第二的 僵尸血量 an−1a_{n-1}an−1 ，以此类推，排头僵尸从距离房子 xnx_nxn 米处匀速接近，其余僵尸跟随排头同时接近，你们重新放置攻击力为 yny_nyn 点/秒的植物。
每只僵尸直线移动速度均为 111 米/秒，由于植物射击速度远大于僵尸移动速度，可忽略植物子弹在空中的时间。所有僵尸同时出现并接近，因此当一只僵尸死亡后，下一只僵尸立刻开始受到植物子弹的伤害。
游戏得分取决于你们放置的植物攻击力的总和 ∑i=1nyi\sum \limits _{i=1} ^{n} y_ii=1∑nyi ，和越小分数越高，为了追求分数上界，你们每关都要放置攻击力尽量小的植物。
作为SDOI2013的参赛选手，你们能保护出题人么？
输入输出格式
输入格式：第一行两个空格隔开的正整数n和d，分别表示关数和相邻僵尸间的距离。
接下来n行每行两个空格隔开的正整数，第i + 1行为Ai和 Xi，分别表示相比上一关在僵尸队列排头增加血量为Ai 点的僵尸，排头僵尸从距离房子Xi米处开始接近。
输出格式：一个数，n关植物攻击力的最小总和 ，保留到整数。
输入输出样例
5 2 3 3 1 1 10 8 4 8 2 3
7
说明
第一关：距离房子3米处有一只血量3点的僵尸，植物最小攻击力为1.00000；
第二关：距离房子1米处有一只血量1点的僵尸、3米处有血量3点的僵尸，植物最小攻击力为1.33333；
第三关：距离房子8米处有一只血量10点的僵尸、10米处有血量1点的僵尸、12米处有血量3点的僵尸，植物最小攻击力为1.25000；
第四关：距离房子8米处有一只血量4点的僵尸、10米处有血量10点的僵尸、12米处有血量1点的僵尸、14米处有血量3点的僵尸，植物最小攻击力为1.40000；
第五关：距离房子3米处有一只血量2点的僵尸、5米处有血量4点的僵尸、7米处有 血量10点的僵尸、9米处有血量1点的僵尸、11米处有血量3点的僵尸，植物最小攻击力 为2.28571。
植物攻击力的最小总和为7.26905。
对于100%的数据， 1<=n<=10^5，1<=d<=10^12,1<=x<= 10^12,1<=a<=10^12
题面看的一脸懵逼， 一副不可做的样子；
因为当时翻看各种题解并没有懂， 所以决定写一篇较为详细的题解， 让不会的小伙伴们更快的理解， 少走弯路；
题面不解释， 玩过植物大战僵尸的都理解(没有玩过现在去)；
由简单的分析， 我们可以得到， f[i] = max((sum[i] - sum[j-1]) / (d *(i - j) + x[i]))， f[i]表示第i关的最小需要的攻击力；
很清晰？ 就是j到i的所有僵尸的生命值之和， 除以第j个僵尸到你的距离， 结果不就是攻击力嘛， 最后求max(因为对于每个僵尸j都不能让他走到你跟前)， 美滋滋；
O(n^2)妥妥的50分， 但问题来了, 我们可是要AK的人；
仔细看看刚才的方程， 你想到了什么？ 斜率！！！
我们令X1 = d * i + x[i], Y1 = sum[i], Y2 = sum[j-1], X2 = d *j;
我们可以用单调栈维护一个右下凸壳，维护(sum[i-1] - sum[j-1]) / (d * i - d * j)， 为什么要这么维护？
我们考虑之前的式子， 我们的i在求它的时候是不变的， 所以我们把i想象成一个定点， 令i的坐标为(d * i + x[i], sum[i]);
然后我们加入点i， 我们要求的攻击力其实就是i和当前凸包上的点的斜率最大值；
因为sum[i](点i的纵坐标) - sum[j-1](凸包上维护的点的纵坐标) = sum[i] - sum[j-1](要求的式子的上半边)；
d * i + x[i](点i的横坐标) - d *j (凸包上维护的点的横坐标) = d *(i - j) + x[i](要求的式子的下半边);
刚好满足！！！！
哇塞我们好像有O（n）的方法了！！
然而是ma？
我们好像还要求点i与凸包上的点的斜率最大值！
哦...这不是熟悉的三分法求凸函数极值的变式嘛！
所以加上用三分， 总复杂度O(nlogn?);
稳！！！
对了这道题要用long long， 别怪我没提醒你， 要不打死都想不出来；
最后奉上代码（码风奇特切勿吐槽）
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <queue> #include <cctype> #include <cmath> using namespace std; #define int long long inline char nc() { static const int BS = 1 << 22; static unsigned char buf[BS], *st, *ed; if (st == ed) ed = buf + fread(st = buf, 1, BS, stdin); return st == ed ? EOF : *st++; } #define nc getchar inline int read() { int ch = nc(); int res = 0; bool flag = 0; while (!isdigit(ch)) { if (ch == '-') flag = 1; ch = nc(); } while (isdigit(ch)) { res = (res << 3) + (res << 1) + (ch - '0'); ch = nc(); } return flag ? -res : res; } const int N = 1e5+5; #define eps 1e-6 #define lldou long double int n, d; int dis[N], sum[N]; inline int X1(int i) { return d * i + dis[i]; } inline int Y1(int i) { return sum[i]; } inline int X2(int i) { return d * i; } inline int Y2(int i) { return sum[i-1]; } inline long double slope1(int i, int j) { return (double)((double)(Y2(i) - Y2(j)) / (double)(X2(i) - X2(j)));/* - dis[i]*/ } inline long double slope(int i, int j) { return (double)((double)(Y1(i) - Y2(j)) / (double)(X1(i) - X2(j))); } int sta[N], top; // 单调栈 signed main() { n = read(), d = read(); for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++) { int x = read(); sum[i] = sum[i-1] + x; dis[i] = read(); } lldou ans = 0.0; for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++) { while (top > 1 and slope1(i, sta[top]) <= slope1(sta[top], sta[top-1])) top--; sta[++top] = i; int l = 1, r = top, mid1, mid2; while (l < r) { mid1 = (l + r + l) / 3; mid2 = (r + r + l) / 3; if (mid1 == mid2) break; if (slope(i, sta[mid1]) > slope(i, sta[mid2])) r = mid2 - 1; else l = mid1 + 1; } ans += (lldou)max(slope(i, sta[l]), slope(i, sta[r])); // printf("%Lf\n", (lldou)max(slope(i, sta[l]), slope(i, sta[r]))); } printf("%.0Lf\n", ans); return 0; }
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