土地并购：
Description
约翰准备扩大他的农场，眼前他正在考虑购买N块长方形的土地。如果约翰单买一块土地，价格就是土地的面积。但他可以选择并购一组土地，并购的价格为这些土地中最大的长乘以最大的宽。比如约翰并购一块3 × 5和一块5 × 3的土地，他只需要支付5 × 5 = 25元，比单买合算。
约翰希望买下所有的土地。他发现，将这些土地分成不同的小组来并购可以节省经费。给定每份土地的尺寸，请你帮助他计算购买所有土地所需的最小费用。
Input Format
第一行：一个整数：N，1 ≤ N ≤ 50000
第二行到第M + 1行：第i + 1行有两个整数，分别代表第i块土地的长度Hi和宽度Wi，1 ≤ Hi,Wi ≤ 106
Output Format
第一行：购买所有土地所需的最小费用
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预处理：
将 x 从小到大排序
显然对于 xj < xi 且 yj<xi 时，这个 j 就是无用
将这样的点删除后，x 递增 ，y递减
考虑DP方程：
状态 ：f[i] 买前 i 个土地的最少价值。
转移 ：f[i] = min( f[j-1] + x[i] * y[j] ) （1<= j <= i ）
考虑优化：
设存在决策 j ，k 当 j 决策优于 k 决策时
也就是 ： f[j-1] + x[i] * y[j] < f[k-1]+x[i] * y[k]
进行一个简单的变化 ：
f[j-1] - f[k-1] < x[i] * (y[k] - y[j] )
假设 y[k] - y[j] > 0 ，也就是 k < j
(f[j-1] - f[k-1]) / (y[k] - y[j]) < x[i]
设点 J ( -y[j] , f[j-1] ) , K(-y[k] , f[k-1])
也就是 对于横坐标 J > K 时，如果JK连线的斜率小于 x[i] 时 j 决策优于 k 决策
对于 J 仅保留在 J 前与 J 构成斜率最大的点即可，
在维护上述条件时，如果存在 i < j < k 且 斜率 Kij > Kjk 则 j 就不可能是最优决策
证明 ：在 j 成为当前决策时 ， k 显然会比 j 决策优 ！
Ps.其实就是维护一个下凸壳- =
有了上述这个性质，通过二分求答案即可 O( n logn );
又注意到 x 是 递增的 ，所以可以增加一个弹队头的操作(感谢Lazycal大神指导)
Dp复杂度为O( n )!
代码如下：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<iostream>
#define INF 999999999999
#define LL long long
#define N 1000010
//using namespace std ;
struct P{
LL x,y;
P(const LL b=,const LL c=) : x(b),y(c){}
}map[N],q[N];
bool cmp(const P &a,const P &b){
return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);
}
int top,head,n,next[N];
LL f[N];
inline LL cross(P a, P b,P c){
return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y);
}
void addpoint(P now){
while(top->&&cross(q[top-],q[top],now)<=) --top;
q[++top]=now;
}
int main(){
freopen("xx.in","r",stdin);
freopen("xx.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%I64d%I64d",&map[i].x,&map[i].y);
std :: sort(map+,map++n,cmp);
int last=n;
for(int i=n-;i;i--){
if(map[i].y<=map[last].y) continue ;
next[i]=last;
last=i;
}
int b;
for(int i=;i<=n;i++)
if(next[i]){
b=i;
break;
}
head=;
for(int last=,i=b; i ;last=i,i=next[i]){
addpoint(P(-map[i].y,f[last]));
// 二分做法 -->
/*int l=1,r=top,temp=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(mid==1||q[mid].y-q[mid-1].y<=map[i].x*(q[mid].x-q[mid-1].x)){
temp=mid;
l=mid+1;
} else r=mid-1;
}
f[i]=q[temp].y+map[i].x*(-q[temp].x);*/
// 最优解->
while(head<top&&q[head+].y-q[head].y<=map[i].x*(q[head+].x-q[head].x)) ++head;
f[i]=q[head].y+map[i].x*(-q[head].x);
}
printf("%I64d",f[n]);
}
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玩具装箱：
Description
P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过L。但他希望费用最小.
Input
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
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和上题基本一样，也是斜率优化
预处理 g[i]=∑(ci+1）
Dp方程： f[i]=f[j]+(g[i]-g[j]-1-L)^2
设 g[i]-1-L 为 常数 K
简单的展开可得：
f[i]=K^2+f[j]+sum[j]^2-2*K*sum[j]
当 j 优于 k 时
K^2+f[j]+sum[j]^2-2*K*sum[j]<K^2+f[k]+sum[k]^2-2*K*sum[k]
设 y[a]=f[a]+sum[a]^2 , x[a]=sum[j] 化简可得 :
y[j]-y[k]<2*k(x[j]-x[k])
假设 j>k 则 x[j]>x[k]
当 y[j]-y[k]/x[j]-x[k]< 2*k 时 j 优于 k
然后就真的和上题一样了 - =
Ps. 感谢大胖, 小胖 , lazycal等大神指导
代码如下：
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#include<queue>
#define INF 99999999
#define LL long long
#define N 100010
//using namespace std;
LL L,tail,head,n,g[N],f[N];
struct P{
LL x,y;
P (const LL X=,const LL Y=): x(X),y(Y){}
}q[N];
inline LL cross(P a,P b,P c){
return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y);
}
void addpoint(P now){
while(tail>&&cross(q[tail-],q[tail],now)<=) --tail;
head=std::min(head,tail);
q[++tail]=now;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&L);
for(LL l,i=;i<=n;i++){
scanf("%lld",&l);
g[i]=g[i-]+l+;
}
head=;
tail=;
for(LL k,i=;i<=n;i++){
addpoint(P(g[i-],f[i-]+g[i-]*g[i-]));
k=g[i]--L;
while(head<tail&&q[head+].y-q[head].y<=*k*(q[head+].x-q[head].x)) ++head;
f[i]=q[head].y-*k*q[head].x+k*k;
}
printf("%lld",f[n]);
}