[ZJOI2007]仓库建设(斜率优化)
L公司有N个工厂,由高到底分布在一座山上。
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。
Solution
有一个非常好的东西,就是只能运送到到比自身编号大的点,这样我们就可以列出dp方程。
dp[i]=max(dp[j]+x[i]*(sum[i]-sum[j])+sump[i]-sump[j]+c[i])
这里sum[i]指p[i]的前缀和,sump[i]指x[i]*p[i]的前缀和。
这样是n^2的,考虑如何优化。
按照惯例,我们把含i的式子和含j的式子分开来看。
dp[i]=dp[j]+x[i]*sum[i]-x[i]*sum[j]+sump[i]-sump[j]+c[i];
令a[i]=x[i]*sum[i]-sump[i]-dp[i] . b[i]=dp[i]+sump[i];
dp式子就变成了x[i]*sum[j]-a[i]=b[i]
为了求最小值,我们就维护一个下凸包。
观察到x[i]和sum[i]都是单调递增的,用单调队列就可以了。
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #define Y(i) (dp[i]+sup[i]) #define X(i) (sum[i]) #define N 1000002 using namespace std; long long x[N],y[N],p[N],c[N],sum[N],dp[N],sup[N],n,h,t,q[N]; inline int rd(){ int x=0;char c=getchar(); while(!isdigit(c))c=getchar(); while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); } return x; } inline double calc(int i,int j){ return 1.0*((double)Y(j)-Y(i))/(double)(X(j)-X(i)); } int main(){ n=rd(); for(int i=1;i<=n;++i)x[i]=rd(),p[i]=rd(),c[i]=rd(),sum[i]=sum[i-1]+p[i],sup[i]=sup[i-1]+p[i]*x[i]; for(int i=1;i<=n;++i){ while(h<t&&calc(q[h],q[h+1])<x[i])h++; dp[i]=dp[q[h]]+x[i]*(sum[i]-sum[q[h]])-sup[i]+sup[q[h]]+c[i]; while(h<t&&calc(q[t-1],q[t])>calc(q[t],i))t--; q[++t]=i; } cout<<dp[n]; return 0; }