301. 任务安排2
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301. 任务安排2
有 \(N\) 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。
机器会把这 \(N\) 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。
从时刻 \(0\) 开始，任务被分批加工，执行第 \(i\) 个任务所需的时间是 \(T_i\)。
另外，在每批任务开始前，机器需要 \(S\) 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 \(S\) 加上每个任务所需时间之和。
一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。
也就是说，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 \(C_i\)。
请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。
输入格式
第一行包含整数 \(N\)。
第二行包含整数 \(S\)。
接下来 \(N\) 行每行有一对整数，分别为 \(T_i\) 和 \(C_i\)，表示第 \(i\) 个任务单独完成所需的时间 \(T_i\) 及其费用系数 \(C_i\)。
输出格式
输出一个整数，表示最小总费用。
数据范围
\(1 \le N \le 3 \times 10^5\),
\(1 \le T_i,C_i \le 512\),
\(0 \le S \le 512\)
输入样例：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例：
153
解题思路
斜率优化dp
由 300. 任务安排1 得到的 dp 状态表示：\(f[i]=min\{f[j]+sum[i]\times (w[i]-w[j])+s\times (w[n]-w[j]))\}=\{f[j]-(s+sum[i])\times w[j]+s\times w[n]+sum[i]\times w[i]\}\)，即 \(f[j]=(s+sum[i])\times w[j]+f[i]-(s\times w[n]+sum[i]]\times w[i])\)，很容易发现，这里有关 \(i\) 的变量都当作一个常量，将 \(f[j]\) 当作 \(y\)，\(w[j]\) 当作 \(x\)，\((s+sum[i])\) 当作斜率，\(f[i]-(s\times w[n]+sum[i]]\times w[i])\) 当作截距，则该方程即为二元一次方程，在坐标系上对应一条直线，要使 \(f[i]\) 最小，由于 \(s\times w[n]+sum[i]\times w[i]\) 为定值，即使直线的截距最小，对于 \(j\)，有 \(0\sim i-1\) 种取值，即形成的 \((x,y)\) 有 \(i\) 个点，同时，斜率固定为 \(s+sum[i]\)，要在固定的斜率下找到截距最小的一个点，可以发现，可能的点一定是是凸包的边界，这里斜率为正，则应该对应凸包的右下部分，\(\color{red}{假定求出来这样的凸包，如果找到满足要求的点？}\)可以发现，随着 \(x\) 的增大，凸包的斜率也在增大，凸包上会有若干条直线，直观上看，第一条斜率不小于当前直线斜率的直线的左端点即为满足条件的点，找该点比较常见的算法可以二分，但本题比较特殊，因为每次插入一个点时，该点的横坐标都是递增的，可以枚举 \(i\) 的同时维护凸包，而且直线的斜率也是递增的，凸包上的直线斜率也是递增的，故可以双指针找到这样的点
- 时间复杂度：\(O(n)\)
代码
// Problem: 任务安排2
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/303/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=3e5+5;
int n,s,sum[N],w[N];
LL f[N];
int q[N],hh,tt;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&sum[i],&w[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
w[i]+=w[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(hh<tt&&f[q[hh+1]]-f[q[hh]]<=(LL)(s+sum[i])*(w[q[hh+1]]-w[q[hh]]))hh++;;
int j=q[hh];
f[i]=f[j]-(LL)w[j]*(s+sum[i])+(LL)s*w[n]+(LL)sum[i]*w[i];
while(hh<tt&&(__int128)(f[q[tt]]-f[q[tt-1]])*(w[i]-w[q[tt]])>=(__int128)(f[i]-f[q[tt]])*(w[q[tt]]-w[q[tt-1]]))tt--;
q[++tt]=i;
}
printf("%lld",f[n]);
return 0;
}
