bzoj 2726: [SDOI2012]任务安排

题意：

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。

题解：

人生第一道斜率+cdq。
首先考虑怎么n2dp。
如果从前往后推，那么时间有后效性，要n3
但是从后往前推就很好想了
大概就是这样：

f[i]=min(f[i],f[j]+(ST[i]-ST[j]+s)*SF[i]);

其中ST，SF为后缀和。
那么假如ST是单调的话，直接斜率优化就可以了。
然而因为出题人的奇怪时空观，所以不是。
那么就cdq搞就好了。
code：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#define LL long longusing namespace std;const LL inf=(1LL<<60);LL n,s,F[300010],T[300010],SF[300010],ST[300010];LL f[300010];LL q[300010],tmp[300010];LL Q[300010],st,ed;LL read(){    LL x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}void cdq(LL l,LL r){    if(l==r) return;    LL mid=(l+r)/2;    cdq(mid+1,r);    st=1;ed=0;    for(LL i=r;i>mid;i--)    {        while(st<ed&&(f[q[i]]-f[Q[ed]])*(ST[Q[ed]]-ST[Q[ed-1]])<=(f[Q[ed]]-f[Q[ed-1]])*(ST[q[i]]-ST[Q[ed]])) ed--;        Q[++ed]=q[i];    }    for(LL i=mid;i>=l;i--)    {        while(st<ed&&((ST[Q[st+1]]-ST[Q[st]])*SF[i]>=(f[Q[st+1]]-f[Q[st]]))) st++;        LL j=Q[st];        f[i]=min(f[i],f[j]+(ST[i]-ST[j]+s)*SF[i]);    }    cdq(l,mid);    LL i=l,j=mid+1,len=0;    while(i<=mid&&j<=r)    {        if(ST[q[i]]>=ST[q[j]]) tmp[++len]=q[i++];        else tmp[++len]=q[j++];    }    while(i<=mid) tmp[++len]=q[i++];    while(j<=r) tmp[++len]=q[j++];    for(i=1;i<=len;i++) q[l+i-1]=tmp[i];}int main(){    n=read();s=read();    for(LL i=1;i<=n;i++) T[i]=read(),F[i]=read();    for(LL i=n;i>=1;i--) ST[i]=ST[i+1]+T[i],SF[i]=SF[i+1]+F[i];    for(LL i=1;i<=n;i++) f[i]=inf;    for(LL i=1;i<=n;i++) f[i]=(s+ST[i])*SF[i];    for(LL i=1;i<=n;i++) q[i]=i;    cdq(1,n);    printf("%lld",f[1]);}