BZOJ2726：任务安排（DP+斜率优化+二分）

机器上有N个需要处理的任务，它们构成了一个序列。这些任务被标号为1到N，因此序列的排列为1,2,3...N。这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和。注意，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

Input

第一行两个整数，N,S。

接下来N行每行两个整数，Ti,Fi。

Output

一个整数，为所求的答案。

Sample Input

5 1

1 3

3 2

4 3

2 3

1 4

Sample Output

153

思路：注意是只有一台机器，所以时间是累加的，那么影响到[j,N]。所以列出方程： f[i]=min():  f[j]+(sum2[N]-sum2[j])*(sum1[i]-sum1[j]+M) 

           直接dp复杂度是O(N^2)，使用效率优化：

//b=y-kx+c; --> f[i]=(-sum1[i]*sum2[j])+(f[j]+sum1[j]*sum2[j]-sum*sum1[j]-M*sum2[j])+(M*sum+sum*sum1[j]);
其中k之和i有关，y之和j有关，b就是f[i]，c是常数：k=sum1[i]，y=f[j]-sum2[N]*sum1[j]+sum2[j]*sum1[j]-sum2[j]*M;

          可以看到我们需要维护一个斜率上升的凸包，由于K=sum1[i]没有说递增，所以我们不能弹出栈顶，求的时候用二分求得凸包极值。

注意：1，二分的时候，二分区间[0,top]，0代表的是，从头到尾都选，不能忽略。

           2，每个新的i都要插入，插入当前i时，要维护斜率递增。    

           3，维护的图像的x和y分别的 y=kx+b的x和y，所以维护斜率，弹出栈尾比较斜率时，x是sum2[q[top]]，而不是q[top]；

//b=y-kx+c; --> f[i]=(-sum1[i]*sum2[j])+(f[j]+sum1[j]*sum2[j]-sum*sum1[j]-M*sum2[j])+(M*sum+sum*sum1[j]);
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1000010;
ll sum1[maxn],sum2[maxn],f[maxn],M;
int q[maxn],top,N;
ll Y(int j){ return f[j]-sum2[N]*sum1[j]+sum2[j]*sum1[j]-sum2[j]*M; }
ll getans(int i,int j){return f[j]+(sum2[N]-sum2[j])*(sum1[i]-sum1[j]+M);; }
int main()
{
    int i; scanf("%d%lld",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++){
        scanf("%lld%lld",&sum1[i],&sum2[i]);
        sum1[i]+=sum1[i-1]; sum2[i]+=sum2[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        int L=0,R=top,ans=top;
        while(L<=R){
            int Mid=(L+R)>>1;
            if(getans(i,q[Mid])<=getans(i,q[Mid+1])) R=Mid-1,ans=Mid; else L=Mid+1;
        }
        f[i]=getans(i,q[ans]);
        while (top>0&& 1ll*(Y(q[top])-Y(q[top-1]))*(sum2[i]-sum2[q[top]])>=(Y(i)-Y(q[top]))*(sum2[q[top]]-sum2[q[top-1]]))
           top--;
        q[++top]=i; //while语句里不是dx的时候不是下边之间减，是方程组的sum2来减。 
    }
    printf("%lld\n",f[N]);
    return 0;
}