usaco 土地并购 && hdu 玩具装箱

土地并购：

Description

约翰准备扩大他的农场，眼前他正在考虑购买N块长方形的土地。如果约翰单买一块土地，价格就是土地的面积。但他可以选择并购一组土地，并购的价格为这些土地中最大的长乘以最大的宽。比如约翰并购一块3 × 5和一块5 × 3的土地，他只需要支付5 × 5 = 25元，比单买合算。

约翰希望买下所有的土地。他发现，将这些土地分成不同的小组来并购可以节省经费。给定每份土地的尺寸，请你帮助他计算购买所有土地所需的最小费用。

Input Format

第一行：一个整数：N，1 ≤ N ≤ 50000

第二行到第M + 1行：第i + 1行有两个整数，分别代表第i块土地的长度Hi和宽度Wi，1 ≤ Hi,Wi ≤ 10⁶

Output Format

第一行：购买所有土地所需的最小费用

----------------------------------------------------------------

预处理：

将 x 从小到大排序

显然对于 xj < xi 且 yj<xi 时，这个 j 就是无用

将这样的点删除后，x 递增 ，y递减

考虑DP方程：

状态 ：f[i] 买前 i 个土地的最少价值。

转移 ：f[i] = min( f[j-1] + x[i] * y[j] ) （1<= j <= i ）

考虑优化：

设存在决策 j ，k 当 j 决策优于 k 决策时

也就是 ： f[j-1] + x[i] * y[j] < f[k-1]+x[i] * y[k]

进行一个简单的变化 ：

f[j-1] - f[k-1] < x[i] * (y[k] - y[j] )

假设 y[k] - y[j] > 0  ，也就是 k < j

(f[j-1] - f[k-1])  /  (y[k] - y[j]) < x[i]

设点  J ( -y[j] , f[j-1] ) , K(-y[k] , f[k-1])

也就是 对于横坐标 J > K 时，如果JK连线的斜率小于 x[i]  时 j 决策优于 k 决策

对于 J 仅保留在 J 前与 J 构成斜率最大的点即可，

在维护上述条件时，如果存在 i < j < k 且 斜率 K_ij > K_jk  则 j 就不可能是最优决策

证明 ：在 j 成为当前决策时 ， k 显然会比 j 决策优 ！

Ps.其实就是维护一个下凸壳- =

有了上述这个性质，通过二分求答案即可 O( n logn );

又注意到 x 是 递增的 ，所以可以增加一个弹队头的操作(感谢Lazycal大神指导)

Dp复杂度为O( n )!

代码如下：

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<iostream>
 #define INF 999999999999
 #define LL long long
 #define N 1000010
 //using namespace std ;
 struct P{
     LL x,y;
     P(const LL b=,const LL c=) : x(b),y(c){}
 }map[N],q[N];
 bool cmp(const P &a,const P &b){
     return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);
 }
 int top,head,n,next[N];
 LL f[N];
 inline LL cross(P a, P b,P c){
     return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y);
 }
 void addpoint(P now){
     while(top->&&cross(q[top-],q[top],now)<=) --top;
     q[++top]=now;
 }
 int main(){
     freopen("xx.in","r",stdin);
     freopen("xx.out","w",stdout);
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%I64d%I64d",&map[i].x,&map[i].y);
     std :: sort(map+,map++n,cmp);
     int last=n;
     for(int i=n-;i;i--){
         if(map[i].y<=map[last].y) continue ;
         next[i]=last;
         last=i;
     }
     int b;
     for(int i=;i<=n;i++)
     if(next[i]){
        b=i;
        break;
     }
     head=;
     for(int last=,i=b; i ;last=i,i=next[i]){
         addpoint(P(-map[i].y,f[last]));
                // 二分做法 -->
         /*int l=1,r=top,temp=0;
         while(l<=r){
             int mid=(l+r)>>1;
             if(mid==1||q[mid].y-q[mid-1].y<=map[i].x*(q[mid].x-q[mid-1].x)){
                 temp=mid;
                 l=mid+1;
             } else r=mid-1;
         }
         f[i]=q[temp].y+map[i].x*(-q[temp].x);*/
                // 最优解->
         while(head<top&&q[head+].y-q[head].y<=map[i].x*(q[head+].x-q[head].x)) ++head;
          f[i]=q[head].y+map[i].x*(-q[head].x);
     }
     printf("%I64d",f[n]);
 }

-------------------------------------------------------------------------

玩具装箱：

Description

P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过L。但他希望费用最小.

Input

第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

输出最小费用

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和上题基本一样，也是斜率优化

预处理 g[i]=∑(ci+1）

Dp方程： f[i]=f[j]+(g[i]-g[j]-1-L)^2

设 g[i]-1-L 为 常数 K

简单的展开可得：

f[i]=K^2+f[j]+sum[j]^2-2*K*sum[j]

当 j 优于 k 时

K^2+f[j]+sum[j]^2-2*K*sum[j]<K^2+f[k]+sum[k]^2-2*K*sum[k]

设 y[a]=f[a]+sum[a]^2 , x[a]=sum[j]  化简可得 :

y[j]-y[k]<2*k(x[j]-x[k])

假设 j>k 则 x[j]>x[k]

当 y[j]-y[k]/x[j]-x[k]< 2*k 时 j 优于 k

然后就真的和上题一样了 - =

Ps. 感谢大胖, 小胖 , lazycal等大神指导

代码如下：

 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<string>
 #include<iostream>
 #include<queue>
 #define INF 99999999
 #define LL long long
 #define N 100010
 //using namespace std;
 LL L,tail,head,n,g[N],f[N];
 struct P{
     LL x,y;
     P (const LL X=,const LL Y=): x(X),y(Y){}
 }q[N];
 inline LL cross(P a,P b,P c){
     return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(c.x-a.x)*(b.y-a.y);
 }
 void addpoint(P now){
     while(tail>&&cross(q[tail-],q[tail],now)<=) --tail;
     head=std::min(head,tail);
     q[++tail]=now;
 }
 int main(){
     scanf("%lld%lld",&n,&L);
     for(LL l,i=;i<=n;i++){
         scanf("%lld",&l);
         g[i]=g[i-]+l+;
     }
     head=;
     tail=;
     for(LL k,i=;i<=n;i++){
         addpoint(P(g[i-],f[i-]+g[i-]*g[i-]));
         k=g[i]--L;
         while(head<tail&&q[head+].y-q[head].y<=*k*(q[head+].x-q[head].x)) ++head;
          f[i]=q[head].y-*k*q[head].x+k*k;
     }
     printf("%lld",f[n]);
 }