【题解】[USACO08MAR]Land Acquisition G

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题目大意：给定\(n\)个二元组，每次可以选择一组，花费是组内最大的长乘以最大的宽。问消掉所有二元组的最小代价。

\(\text{Solution:}\)

\(dp\)写的不够啊……

先挖掘一下题目性质，对于一个二元组，如果它的长和宽都可以被某一个二元组覆盖掉，则它显然是可以被并掉的，于是我们去掉。

这个是一遍\(sort\)就能解决的。

那么，我们把数组搞成一个长递减，宽递增的数列，设\(dp[i]\)表示前\(i\)个二元组全部消掉的最小价值。

可以证明，在这个情况下，我们买的土地都是连续的。因为如果不连续，则总有一块更大的可以把之前不连续的一段包进去，这显然是不优的。

于是，\(dp\)经典模型，\(dp[i]=\min_{j<i}dp[j]+x[j+1]*y[i].\)之所以这样写，是因为\(y\)是递增的，它可以覆盖到它前面所有；\(x\)递减，可以覆盖到后面的所有。

下面是最简单的推柿子。

\[dp[i]=dp[j]+x[j+1]*y[i]
\]

\[dp[j]=dp[i]-x[j+1]*y[i]
\]

\[dp[j]=-x[j+1]*y[i]+dp[i]
\]

\[y=dp[j],k=y[i],x=-x[j+1],b=dp[i]
\]

至此，\(y=kx+b\)初成。

于是，我们最小化截距就做完了。观察一下符号，显然地发现是下凸包。又有斜率\(y[i]\)是递增的，所以套路维护大于当前斜率的即可。

剩下的都是板子。这题主要学到了：认真观察题目性质，这种的可以一遍\(\text{sort}\)去掉，剩下的可以简单证明是连续的，从而化成一个\(dp\)的基本模型。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,tot,head,tail;
int q[200010],dp[200010];
struct node{
	int x,y;
	bool operator<(const node&B)const{
		return x==B.x?y>B.y:x>B.x;
	}
}a[200010];
int X(int x){return -a[x+1].x;}
int Y(int x){return dp[x];}
long double slope(int x,int y){return (Y(y)-Y(x))/(X(y)-X(x));}
//dp[i]=dp[j]+y[j+1]*x[i]
//dp[j]=-y[j+1]*x[i]+dp[i]
//y=dp[j],k=x[i],x=-y[j+1],b=dp[i] 

//dp[j]+a[j+1].y*x[i]>dp[k]+a[k+1].y*x[i]
// a[j+1].y*x[i]-a[k+1].y*x[i]>dp[k]-dp[j]
//x[i](a[j+1].y-a[k+1].y)>dp[k]-dp[j]
//x[i]>(dp[k]-dp[j])/(a[j+1].y-a[k+1].y)
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){if(a[i].y>a[tot].y)a[++tot]=a[i];}//x递减，y递增
	//令y是斜率，则可以维护一个下凸包
	//dp[i]=dp[j]+a[j+1].x*a[i].y
	//注意此处x递减，y递增，斜率递增，可以On
	//既然x递减，那么x限定的范围就是x到后面的i.x
	//所以应该枚举的j.x来限定x而不是y
	//因为y递增，所以它限定前面
	//这题的收获有两个：
	//一个是挖掘题目性质，去掉无用点
	//而是注意到单调性，进而斜率优化
	head=tail=1;q[head]=0;n=tot;
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<=a[i].y)head++;
		dp[i]=dp[q[head]]+a[q[head]+1].x*a[i].y;
		while(head<tail&&slope(q[tail-1],q[tail])>=slope(q[tail-1],i))tail--;
		q[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",dp[n]);
	return 0;
}

代码里面也有一些细节。