Bzoj 2726 SDOI 任务安排

Memory Limit: 131072KB

64bit IO Format: %lld & %llu

Description

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。

Input

第一行两个整数，N,S。

接下来N行每行两个整数，Ti,Fi。

Output

一个整数，为所求的答案。

Sample Input

5 1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4

Sample Output

153

Hint

 

Source

SDOI2012

BZOJ挂了，目前只过了样例，没有测试。

是 http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/5926270.html 这道题的强化版本，数据范围达到了1e6，同时t可能出现负值（强行时间倒流），这使得原本的公式不能保证斜率单调。

解决办法是不弹队头，保留所有位置，每次二分查找斜率最大位置。

——然而神tm我不管写什么算法，加上二分就WA，这次只是加个二分，又调了20分钟才过样例。

 /*by SilverN*/
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const int mxn=1e6+;
 long long read(){
     long long x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 LL n;
 LL s;
 LL t[mxn],f[mxn];
 LL sumt[mxn],sumf[mxn];
 LL dp[mxn];
 int q[mxn];
 LL gup(int j,int k){
     return (dp[j]-dp[k]);
 }
 LL gdown(int j,int k){
     return sumf[j]-sumf[k];
 }
 LL gdp(int i,int j){
     return dp[j]+(sumf[i]-sumf[j])*sumt[i]+s*(sumf[n]-sumf[j]);
 }
 int main(){
     n=read();s=read();
     int i,j;
     for(i=;i<=n;i++){
         t[i]=read();f[i]=read();
         sumt[i]=sumt[i-]+t[i];
         sumf[i]=sumf[i-]+f[i];
     }
     memset(dp,0x3f,sizeof dp);
     dp[]=;
     int hd=,tl=;
     q[hd]=;
     for(i=;i<=n;i++){
         int l=,r=tl;
         while(l<r){
             int mid=(l+r)>>;
             if( ((double)dp[q[mid+]]-dp[q[mid]])>=(double)(s+sumt[i])*(sumf[q[mid+]]-sumf[q[mid]]))r=mid;
             else l=mid+;
         }
         dp[i]=min(dp[i],gdp(i,q[l]));
         printf("i:%d   %lld\n",i,gup(i,q[l])/gdown(i,q[l]));
         while(hd<tl && gup(i,q[tl])*gdown(q[tl],q[tl-])<=gup(q[tl],q[tl-])*gdown(i,q[tl]) )tl--;
         q[++tl]=i;
     }
     printf("%lld",dp[n]);
     return ;
 }