【poj1180】Batch Scheduling

题意：

给定 $n$个（≤10000）需依次完成的任务，你可以将它们分成若干段处理。每处理一个段，首先需要有 $s$的准备时间。处理一个段的费用为已花费的时间（从第一段任务的准备阶段开始计时）乘以段中每一个任务的权值 $f_i$（题解中记作 $v[i]$）之和。求完成这些任务的最小费用。

题解

刚开始，很容易想到正着做。然而，尝试了一通，发现难度直线上升。于是，我们可以倒着看。
设 $f[i]$为完成 $[i,n]$的任务所需的最小费用， $s1[i]$为任务用时 $t[i]$的后缀和, $s2[i]$为任务用时 $v[i]$的后缀和。
则有：
$f[i]=min\{f[j]+(s+s1[i]-s1[j])*s2[i]|i<j<=n+1\},f[n+1]=s1[n+1]=s2[n+1]=0$
如何理解这个方程呢？我们画画图看一下(鼠标写字真心累)：

$f[j]$已将 $j$段的时间和算了进来：

观察dp式：
$f[i]=min(f[j]+(s+s1[i]-s1[j])*s2[i])$
若将 $f[j]$拆开，然后运用乘法分配律：
$f[i]=min\{S[i]s2[j]+(s2[i]-s2[j])(s+s1[i]-s1[j])\}，S[i]表示完成i以后的任务的总时间$
正好是f[i]的值。换句话说，我们可以将黑线段的时间和与蓝线段合并：

就得到了该段的总时间。
开始优化：
假设 $j'>j$且 $p(j')>p(j)$（表示该决策点的优劣度，越大越优），则有：
$f[j]+(s+s1[i]-s1[j])*s2[i]>f[j']+(s+s1[i]-s1[j'])*s2[i]$
整理得:
$s2[i](s1[j']-s1[j])>f[j']-f[j]$
令 $\Delta x=s1[j']-s1[j], \Delta y=f[j']-f[j]$,则 $s2[i]\Delta x>\Delta y$
由于在dp过程中， $s2[i]$依旧单增，所以我们需要维护一个下凸包。这快把我给坑死了

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int mn = 10005;
ll f[mn], s1[mn], s2[mn];
int q[mn], h, t;
inline ll dx(int i, int j)
{
    return s1[i] - s1[j];
}
inline ll dy(int i, int j)
{
    return f[i] - f[j];
}
int main()
{
    int n, m, i;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld%lld", &s1[i], &s2[i]);
    for(i = n - 1; i; i--)
        s1[i] += s1[i + 1], s2[i] += s2[i + 1];
    q[1] = n + 1, h = t = 1;
    for(i = n; i; i--)
    {
        while(h < t && s2[i] * dx(q[h], q[h + 1]) < dy(q[h], q[h + 1]))
            h++;
        f[i] = f[q[h]] + (s1[i] - s1[q[h]] + m) * s2[i];
        while(h < t && dx(q[t], i) * dy(q[t - 1], q[t]) > dx(q[t - 1], q[t]) * dy(q[t], i))
            t--;
        q[++t] = i;
    }
    printf("%lld\n", f[1]);
}