Description
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
HINT
Source
这个题一开始想着去处理一个人等了多长时间
然后就会发现等的时间是和前面分了多少批有关的,这样的话我们需要用二维状态表示到这个点,前面分了多少批
这样暴力会很萎
这时候我们会回想起一个叫做修车的题目,他对于每个点的处理相当于是这个点让后面的人多等了多久
那我们可以通过同样的方式思考,每分了一批其实就是让后面的所有人多等了一个S的时间,其余的并不影响
那么我们可以推出一维的状态
f[i]=min(f[j]+s*(F[n]-F[j])+T[i]*(F[i]-F[j]));
对于前百分之60的数据,T为正数,满足决策单调性,可以二分栈,但我懒得打了,就在codevs上AC了一个弱化版的n^2;
斜率优化在下面
// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100050;
int gi()
{
int x=0,flag=1;
char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘) flag=-1;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
return x*flag;
}
int f[N],t[N],F[N],s,n;
int cal(int j,int i){
return f[j]+s*(F[n]-F[j])+t[i]*(F[i]-F[j]);
}
main()
{
n=gi(),s=gi();
for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=gi()+t[i-1],F[i]=gi()+F[i-1];
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=cal(0,i);
for(int j=1;j<i;j++){
f[i]=min(f[i],cal(j,i));
}
}
printf("%lld",f[n]);
}
我们来推一推斜率方程:
f[j]+s*(F[n]-F[j])+T[i]*(F[i]-F[j)<=f[k]+s*(F[n]-F[k])+T[i]*(F[i]-F[k]);
f[j]+s*F[n]-s*F[j]+T[i]*F[i]-T[i]*F[j]<=f[k]+s*F[n]-s*F[k]+T[i]*F[i]-T[i]*F[k];
f[j]-s*F[j]-T[i]*F[j]<=f[k]-s*F[k]-T[i]*F[k];
令Y(j)=f[j]-s*F[j];
令X(j)=F[j];
则变为:
Y(j)-T[i]*X(j)<=Y(k)-T[i]*X(k);
T[i]*(X(k)-X(j))<=Y(k)-Y(j);
若X(k)>=X(j):T[i]<=(Y(k)-Y(j))/(X(k)-X(j));
若X(k)<=X(j);T[i]>=(Y(k)-Y(j))/(X(k)-X(j));
因为F值都是正的,所以X(k)>=X(j);横坐标单调;
所以T[i]<=(Y(k)-Y(j))/(X(k)-X(j));
然而斜率T[i]不是单调的
然后我就不会做了