[洛谷2900][USACO08MAR]土地征用Land Acquisition（斜率优化dp）

Solution

每块土地的长和宽分别用\(l\)和\(h\)数组表示。

因为一组土地购买的价格 \(=\) 最大的长 \(*\) 最大的宽，所以对于一块土地\(x\)，如果存在一块土地\(y\)，满足\(l[y]>=l[x]\)且\(h[y]>=h[x]\)，那么它只要把土地\(x\)和土地\(y\)合为一组，最大的长可以不取\(l[x]\)，最大的宽可以不取\(h[x]\)，所以土地\(x\)的存在与否对答案是没有任何影响的。

因此，可以把所有土地按长度从小到大排序，对于长度相同的按宽度从小到大排序。然后维护一个栈，将排序后的土地一个一个加入，每次加入之前，先把当前栈中宽小于等于它的土地全部删除（因为这些土地长肯定小于等于它），再加入它。最后留在栈里的土地就是有存在必要的土地。

可以发现，此时留下的土地的宽度是从大到小排好的。所有还有一个结论：此时在最优决策下，每一组土地都是连续的一段。为什么呢？举个例子：假设这时有三个土地\(x\)，\(y\)，\(z\)，是连续的三块土地，那么有：\(l[x]<l[y]<l[z]\)且\(h[x]>h[y]>h[z]\)。考虑把\(x\)和\(z\)分为一组，\(y\)单独一组，要花费\(h[x]*l[z]+h[y]*l[y]\)的费用。如果把\(y\)也分进\(x\)，\(z\)那一组呢？只要\(h[x]*l[z]\)的费用，省去了\(y\)单独一组的费用。

因此，考虑\(dp\)。设\(f[i]\)表示前\(i\)个土地的最小费用。易得转移方程：\(f[i]=min(f[i],f[j]+h[j+1]*l[i])\)，然而这是\(O(n^2)\)的，过不去。

考虑优化。求出\(f[j]\)之后，设\(a=h[j+1]\)，\(b=f[j]\)，就可以表示一条直线：\(y=ax+b\)，求\(f[i]\)等价于在已经表示出的所有直线中，找一个当\(x=l[i]\)时\(y\)最大的。注意到\(l[i]\)是递增的，而\(h[i]\)是递减的。如图1：

可以发现，一旦\(l[i]>p\)的横坐标，较优的永远是直线\(p2\)，\(p1\)已经没有用了。因此维护一个单调队列，对于每一个\(i\)，比较单调队列队头两个\(j\)生成的直线，只要当\(x=l[i]\)时，队头第一个不如队头第二个优，就把队头第一个删除了，直到队头第一个比第二个优。

然而还有这样一种情况，如图2：

按照之前的那种做法，过点\(A\)之前，都会选择直线\(p1\)最优，但是在过\(B\)点之后，\(p1\)已经不如\(p3\)优了。所以每次把直线\(i\)加入队列作为以后备选的\(j\)之前，先判断队尾两条直线和直线\(i\)是否有如上图的关系，有的话删除队尾第一条，直到不存在上图情况，加入直线\(i\)。

判断即：\(p1\)与\(p2\)交点横坐标是否大于\(p1\)与\(p3\)交点横坐标。需要用到除法，可以通过移项时它变为乘法，避免因交点横坐标不为整数带来的精度问题。

总结一下就是，先将土地排序，去掉没有存在必要的土地，然后进行\(dp\)，先删除队头不优的，删完之后队头就是此时最优的\(j\)，然后算出\(f[i]\)，生成直线\(i\)，然后删除队尾不优的，再将直线\(i\)放入队列，作为以后的\(j\)。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>

using namespace std;

const int e = 5e4 + 5;
int n, q[e], t = 1, w = 1, tot;
long long a[e], b[e], f[e], h[e], l[e];

struct point
{
	long long w, l;
}c[e];

inline int read()
{
	char ch; int res;
	while (ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9');
	res = ch - 48;
	while (ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9')
	res = res * 10 + ch - 48;
	return res;
}

inline bool cmp(const point &c, const point &d)
{
	if (c.l == d.l) return c.w < d.w;
	else return c.l < d.l;
}

inline double calc(int i, int j)
{
	return f[j] + h[j + 1] * l[i];
}

inline bool slope(int p1, int p2, int p3)
{
	return (b[p3] - b[p1]) * (a[p2] - a[p1])
	- (b[p2] - b[p1]) * (a[p3] - a[p1]) >= 0;
}

int main()
{
	int i;
	n = read();
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		c[i].w = read();
		c[i].l = read();
	}
	sort(c + 1, c + n + 1, cmp);
	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (tot && c[i].w >= h[tot]) tot--;
		h[++tot] = c[i].w; l[tot] = c[i].l;
	}
	a[0] = h[1];
	for (i = 1; i <= tot; i++)
	{
		while (t < w && calc(i, q[t]) >= calc(i, q[t + 1])) t++;
		f[i] = calc(i, q[t]);
		a[i] = h[i + 1];
		b[i] = f[i];
		while(t < w && slope(q[w - 1], q[w], i)) w--;
		q[++w] = i;
	}
	cout << f[tot] << endl;
	return 0;
}