[USACO19FEB]Mowing Mischief
题目大意：
给定平面上的一些点，求这些点的一个\(LIS\)，并且还需要满足下列式子最小：
\[\sum_{i=1}^{n-1}(a[i+1].x-a[i].x)*(a[i+1].y-a[i].y)
\]
题解：
比较巧妙的一道题。
首先我们需要找出一个性质，我们先令\(dp[i]\)表示以\(i\)点结尾的\(LIS\),然后这些\(LIS\)相同的点在平面上是横坐标递增，纵坐标递减的，下面我们说的转移点的顺序都是按照这个顺序来的。
然后我们在观察转移，我们令两个转移点\(j\)和\(k\),若\(k\)比\(j\)更优，那么有：
\[dp[k]+(a[i].x-a[k].x)*(a[i].y-a[k].y)\geq dp[j]+(a[i].x-a[j].x)*(a[i].y-a[j].y)
\]
\[a[i].x*(a[j].y-a[k].y)+a[i].y*(a[j].x-a[k].x)\geq dp[j]-dp[k]+a[j].x*a[j].y-a[k].x*a[k].y
\]
\[A*a[i].x+B*a[i].y\geq C
\]
可以看出，这其实是一个半平面,结合上面的性质，对于一排待转移点，更优的转移是一段前缀或者一段后缀，这启发我们这道题中有决策单调性。
但是这个东西还有一个条件就是\(a[i].x\geq a[j].x\ \ a[i].y\geq a[j].y\)，这个东西其实我们发现合法的转移点也是一段连续的区间，这启发我们在外面线段树分治解决这个限制。
对于决策单调性的部分，我们可以令\(k\)是\(j\)的后面一个点，那么上面的\(A\)是负的\(B\)是正的，所以合法的区域在直线上方，按照这个做决策单调性就好了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M 1000009
#define N 200009
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>vec[N],now;
vector<int>::iterator it;
int n,T,dp[N];
ll f[N],ans;
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
struct BIT{
int tr[M];
inline void add(int x,int y){
while(x<=T)tr[x]=max(tr[x],y),x+=x&-x;
}
inline int query(int x){
int ans=0;
while(x)ans=max(ans,tr[x]),x-=x&-x;
return ans;
}
}T1;
struct point{
int x,y;
inline bool operator <(const point &b)const{
if(x!=b.x)return x<b.x;
else return y<b.y;
}
}a[N];
struct seg{
#define ls tr[cnt].l
#define rs tr[cnt].r
int rot,tott;
struct node{
int l,r;
vector<int>nw;
}tr[N<<1];
void build(int &cnt,int l,int r){
cnt=++tott;tr[cnt].l=tr[cnt].r=0;
tr[cnt].nw.clear();
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);
}
inline void init(){
tott=0;
build(rot,0,now.size()-1);
}
inline void upd(int cnt,int l,int r,int id){
if(a[id].x>=a[now[r]].x&&a[id].y>=a[now[l]].y){
tr[cnt].nw.push_back(id);
return;
}
if(a[id].x<a[now[l]].x||a[id].y<a[now[r]].y)return;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
upd(ls,l,mid,id);upd(rs,mid+1,r,id);
}
inline void _upd(int tag,int l,int r,int L,int R){
if(l>r)return;
int no=tr[tag].nw[(l+r)>>1];
ll biu=1e18,tg=0;
for(int i=L;i<=R;++i){
int id=now[i];
ll x=f[id]+1ll*(a[no].x-a[id].x)*(a[no].y-a[id].y);
if(x<biu){
biu=x;
tg=i;
}
}
f[no]=min(f[no],biu);
int mid=(l+r)>>1;
_upd(tag,l,mid-1,tg,R);
_upd(tag,mid+1,r,L,tg);
}
inline void work(int id){
upd(rot,0,now.size()-1,id);
}
void solve(int cnt,int l,int r){
_upd(cnt,0,tr[cnt].nw.size()-1,l,r);
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
solve(ls,l,mid);solve(rs,mid+1,r);
}
inline void solve(){
solve(rot,0,now.size()-1);
}
#undef ls
#undef rs
}T2;
int main(){
n=rd();T=rd();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i].x=rd();a[i].y=rd();
}
sort(a+1,a+n+1);
int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
dp[i]=T1.query(a[i].y)+1;
T1.add(a[i].y,dp[i]);
vec[dp[i]].push_back(i);
maxx=max(maxx,dp[i]);
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(it=vec[1].begin();it!=vec[1].end();++it){
int x=*it;
f[x]=1ll*a[x].x*a[x].y;
}
for(int i=2;i<=maxx;++i){
now=vec[i-1];
T2.init();
for(it=vec[i].begin();it!=vec[i].end();++it){
int x=*it;
T2.work(x);
}
T2.solve();
}
ans=1e18;
for(it=vec[maxx].begin();it!=vec[maxx].end();++it){
int x=*it;
ans=min(ans,f[x]+1ll*(T-a[x].x)*(T-a[x].y));
}
cout<<ans;
return 0;
}
