CF311B Cats Transport 斜率优化DP

题面：CF311B Cats Transport

题解：

　　首先我们观察到山与距离其实是没有什么用的，因为对于任意一只猫，我们都可以直接算出如果有一个人要恰好接走它，需要在哪一时刻出发，我们设第i只猫对应的这个时刻为$t_{i}$.

　　注意这个$t_{i}$是我自己新定义的，跟题目中的没有关系，下面所写的t都是我现在所定义的t，而跟原题面中的t没有任何关系。

　　然后我们对t数组排个序，于是题意转化为了有m只猫，每只猫有一个权值$t_{i}$,如果出发时间大于等于$t_{i}$,则可以接到第i只猫。设出发时间为x，则接到第i只猫时，这只猫会等待$x - t_{i}$的时间。现在有p个人，要求为每个人指定一个时间使得所有猫的等待时间之和最小。

　　然后我们继续转化题意。

　　观察到每个人相当于会选择一只猫i，然后选择在$t_{i}$时刻出发，恰好接走这只猫，顺便可以接走其他可以被接走的猫。

　　为什么是每个人都必须选一只猫呢？

　　观察到如果一个人出发，没有任何一只猫是恰好被接到的，所有猫都是等了一会再被接走的，那么这个人为什么不早出发一点，恰好接走一些猫呢？这样不仅可以接走和上一种方案相同的猫，还可以减小等待时间。

　　于是现在题意转化为了有m只猫，每只猫有一个权值$t_{i}$。如果第x个人选择了第i只猫，上一个出发的人选了第j只猫，则这个人可以接走[j + 1, i]中的所有猫，并且代价为$\sum_{k = j + 1}^{i}{t_{i} - t_{k}}$。现在有p个人，要求为每个人指定一只猫使得所有猫的等待时间之和最小。

　　先化一下式子：(其中s[i]表示$\sum_{k = 1}^{i}{t[k]}$)

　　$$\sum_{k = j + 1}^{i}{t_{i} - t_{k}}$$
　　$$= \sum_{k = j + 1}^{i}{t_{i}} - \sum_{k = j + 1}^{i}{t_{k}}$$
　　$$= (i - j) t_{i} - (s[i] - s[j])$$

　　于是我们设f[i][j]表示DP到第i个人，这个人选择了第j只猫的最小代价。

　　然后暴力枚举i，j，转移的时候再暴力枚举前一个人选了哪只猫即可。

　　但是这样的复杂度是$pm^2$的，观察到我们优化到$pm$就可以过了，又注意到式子中有一个跟i相关的量和一个跟j相关的量的乘积，我们考虑一下斜率优化。

　　我们先化一波式子。

$$f[i][j] = f[i - 1][k] + (j - k) t_{j} - (s[j] - s[k])$$
$$\Rightarrow f[i][j] = f[i - 1][k] + jt_{j} - kt_{j} - s[j] + s[k]$$
$$\Rightarrow -s[k] - f[i - 1][k] = -kt_{j} + jt_{j} - s[j] - f[i][j]$$
$$\Rightarrow s[k] + f[i - 1][k] = t_{j}k - jt_{j} + s[j] + f[i][j]$$
　　代入y = kx + b可以得到$y = s[k] + f[i - 1][k], x = k, K = t_{j}, b = -jt_{j} + s[j] + f[i][j]$。

　　斜优式子已经出来了，现在就是要证明单调性了。

　　首先$K = t_{j}$本来就是排好序的，所以从小到大枚举j，所以每次加入的决策点$(x, y)$中的$x = j$肯定是递增的，$t_{j}$肯定也是递增的。

　　所以就可以直接上斜优了。　　

　　然而写的时候发现我对计算几何一无所知，，，凸包维护错了调了好久QAQ

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 110
 #define ac 120000
 #define LL long long

 int n, m, p, Head, tail, now;
 LL ans;
 LL f[AC][ac], d[ac], t[ac], sum[ac], s[ac];

 inline int read()
 {
     int x = ;char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 inline void pre()
 {
     n = read(), m = read(), p = read();
     for(R i = ; i <= n; i ++) d[i] = read() + d[i - ];//顺便统计一下前缀和
     for(R i = ; i <= m; i ++)
     {
         LL tmp = read();
         t[i] = read() - d[tmp];
     }
     sort(t + , t + m + );
     for(R i = ; i <= m; i ++) sum[i] = sum[i - ] + t[i];//这个要放在排好序之后
 }

 inline void upmin(LL &a, LL b){
     if(b < a) a = b;
 }

 inline LL Y(int k){
     return sum[k] + f[now][k];
 }

 inline LL cross(int a, int b, int c){//算叉积
     LL x1 = a - b, x2 = b - c, y1 = Y(a) - Y(b), y2 = Y(b) - Y(c);
     return x1 * y2 - x2 * y1;
 }

 inline LL cal(int x, int k){//算出y - kx,表示b的大小
     return Y(x) - t[k] * x;
 }

 inline void work()
 {
     for(R i = ; i <= m; i ++)
         f[][i] = i * t[i] - sum[i];//先算出第一个人的
     ans = f[][m];
     for(R i = ; i <= p; i ++)//枚举人
     {
         Head = , tail = , now = i - ;
         s[++tail] = ;//0也是一个决策点
         for(R j = ; j <= m; j ++)//枚举当前选择的猫
         {
             while(Head < tail && cal(s[Head + ], j) < cal(s[Head], j)) ++ Head;
             int x = s[Head];
             f[i][j] = f[i - ][x] + (j - x) * t[j] - sum[j] + sum[x];
             while(Head < tail && cross(j, s[tail], s[tail - ]) > ) -- tail;
             s[++ tail] = j;
         }
         upmin(ans, f[i][m]);
     }
     printf("%lld\n", ans);
 } 

 int main()
 {
     freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     work();
     fclose(stdin);
     return ;
 }