HDU 1300 Pearls 斜率DP 入门

HDU 1300 Pearls
给 $c$ 个种类的珍珠，每个有需要的数量以及对应的价格，购买某种类时需要额外再加十个，可以通过购买高种类的来替代低种类的。
可以得到状态转移方程：
$dp[i]=\min\{dp[k]+p[i]\times(s[i]-s[k]+10)\}, k\in [1,i-1]$
其中 $dp[i]$ 表示前 $i$ 个类别购买的最优值（最小价格），$p[i]$ 表示第 $i$ 个种类的价格，用 $a[i]$ 表示第 $i$ 个种类所需的数量，$s[i]$ 则为 $a[i]$ 的前缀和。
此状态转移方程的意思是：前 $i$ 个类别的最优值等于前 $k$ 个类别的最优值加上类别 $k+1$ 到类别 $i$ 都用 $i$ 类价格购买的花费，枚举 $k$ 取最小。
很有斜率DP的味道，不妨来推一推，首先假设 $k<j<i$，假如 $j$ 优于 $k$ 的话，那么有：
$\begin{aligned} dp[j]+p[i]\times (s[i]-s[j]+10)&<dp[k]+p[i]\times(s[i]-s[k]+10)\\ dp[j]-dp[k]&<p[i](s[j]-s[k])\\ \frac{dp[j]-dp[k]}{s[j]-s[k]}&<p[i]\\ \frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}&<p[i]\tag{1} \end{aligned}$
左边是一个斜率的形式，其中 $y_j=dp[j],x_j=s[j]$ ，也就是说当斜率小于 $p[i]$ 时，$j$ 优于 $k$ 。
现在再考虑，对于一个给定的 $i$ ，假如 $j$ 优于 $k$ ，由于 $p[i+1]>p[i]$ ，也就是说对于 $i+1$，即计算 $dp[i+1]$ 时，上述不等式依然成立，$j$ 仍然是优于 $k$ 的。
然后令斜率 $s_{jk}=\dfrac{y_j-y_k}{x_j-x_k}$，现有结论：对于 $k<j<i$ ，假如 $s_{ij}\le s_{jk}$ ，那么 $j$ 必定不是最优解，可以舍去，原因如下：

1. 首先假如 $s_{ij}<p[i]$，那么 $i$ 优于 $j$ ，故 $j$ 可以舍去；
2. 其次假如 $s_{ij}\ge p[i]$ ，那么 $s_{jk}\ge p[i]$ ，则 $k$ 优于 $j$ 故 $j$ 可以舍去。

综上，假如 $s_{ij}\le s_{jk}$ ，那么 $j$ 必定不是最优解，可以舍去。
因此维护的最优解序列是一个斜率单增的序列，可以用单调队列进行维护。
当选择最优解给 $dp[i]$ 时，在队列头部依次找第一个斜率不符合 $(1)$ 式的点进行赋值。
详见代码：

#include<iostream>
//#define WINE
#define MAXN 110
using namespace std;
int T,c,a[MAXN],p[MAXN],s[MAXN],h,t,q[MAXN],dp[MAXN];
int up(int j,int k){
    return dp[j]-dp[k];
}
int down(int j,int k){
    return s[j]-s[k];
}
int getDP(int i,int k){
    return dp[k]+p[i]*(s[i]-s[k]+10);
}
int main(){
#ifdef WINE
    freopen("data.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&c);
        for(int i=1;i<=c;i++){
            scanf("%d%d",&a[i],&p[i]);
            s[i]=s[i-1]+a[i];
            //dp[i]=(a[i]+10)*p[i];
        }
        h=t=0;q[t++]=0;
        for(int i=1;i<=c;i++){
            while(h+1<t&&up(q[h+1],q[h])<p[i]*down(q[h+1],q[h]))
                h++;
            dp[i]=getDP(i,q[h]);
            while(h+1<t&&up(i,q[t-1])*down(q[t-1],q[t-2])<up(q[t-1],q[t-2])*down(i,q[t-1]))
                t--;
            q[t++]=i;
        }
        printf("%d\n",dp[c]);
    }
    return 0;
}