问题描述:

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。

输入:

第一行两个整数,N,S。
接下来N行每行两个整数,Ti,Fi。

输出:

一个整数,为所求的答案。

思路:

首先$O(n^3)$的DP不难想到,这里就不多说了。然后$O(n^2)$的做法比较巧妙,我们可以提前计算出这个启动时间对后面状态造成对影响,然后用前缀和预处理一下$sumc$,$sumt$。所以状态转移方程为:
$$f[i]=max\lbrace f[j]+sumt[i]*(sumc[i]-sunc[j])+s*(sumc[n]-sumc[j])\rbrace$$

如果我们将上面对式子进行变形,就可以发现它是可以使用斜率优化的:
$$f[j]=(s+sumt[i])*sumc[j]+f[i]-sumt[i]*sumc[i]-s*sumc[n]$$
其中$f[j]$是纵坐标,$sumc[j]$是横坐标,斜率是$s+sumt[i]$。然后我们就要单调队列维护这些点构成的凸壳,使得两点之间的斜率是递增的。对于$i$的最优决策就是就是在凸壳上的某个点$j$,它左边的斜率小于$s+sumt[i]$,右边的斜率大于$s+sumt[i]$,然后我们就可以用这个j来更新$f[i]$。

最后有一点要注意的就是题目中的$T$能是负数,所以我们不能够像一般的斜率优化根据斜率的单调性pop掉队头元素。而是要改为二分来求出最优的决策点j。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define MAXN 300005
using namespace std;

int n, s, head, tail;
LL sumc[MAXN], sumt[MAXN], q[MAXN], f[MAXN];

int find(int k)
{
    int l=tail, r=head, ans; 
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]]<=k*(sumc[q[mid+1]]-sumc[q[mid]])) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    return q[l];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &s);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int t, c;
        scanf("%d%d", &t, &c);
        sumt[i]=sumt[i-1]+t;
        sumc[i]=sumc[i-1]+c;
    }
    head=tail=1; q[head]=0;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int j=find(s+sumt[i]);
        f[i]=f[j]-(s+sumt[i])*sumc[j]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n];
        while(tail<head && (f[q[head]]-f[q[head-1]])*(sumc[i]-sumc[q[head]])>=(f[i]-f[q[head]])*(sumc[q[head]]-sumc[q[head-1]])) head--;
        q[++head]=i;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
}

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