[IOI2002] 任务安排

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题意

　　一些不能改变顺序的任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。第 $i$ 个任务单独完成所需的时间是 $T_i$。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（同一批任务在同一时刻完成）。第 $i$ 个任务的费用是它的完成时刻乘以其费用系数 $C_i$。请确定一个分组方案，使得总费用最小。（原题 $1 \leq N \leq 3 \times 10^5$）

分析

　　首先很容易想到设 $f[i][j]$ 表示将前 $i$ 个任务分成 $j$ 批完成的最小费用

　　从而得到状态转移方程 $$f[i][j] = \mathop{min}\limits_{0 \leq k < i} \{ f[k][j - 1] + (S \times j + \sum_{l = 1}^i T[l]) \sum_{l = k + 1}^i C[l] \}$$

　　用前缀和 $sumT$ 和 $sumC$ 优化后，式子变成 $$f[i][j] = \mathop{min}\limits_{0 \leq k < i} \{ f[k][j - 1] + (S \times j + sumT[i]) \times (sumC[i] - sumC[k]) \}$$

　　该做法的时间复杂度为 $O(n^3)$

　　继续思考发现，我们记录 $f$ 数组的第二维 $j$ 只是为了得到机器启动的总时间，而实际上每批任务的启动时间，都会加在此后所有任务的完成时刻上

　　所以我们可以把第二维删去，状态转移方程就变成了 $$f[i] = \mathop{min}\limits_{0 \leq j < i} \{ f[j] + sumT[i] \times (sumC[i] - sumC[j]) + S \times (sumC[N] - sumC[j]) \}$$

　　此时时间复杂度就优化到了 $O(n^2)$

　　但是对于本题数据，这种做法还是不够优

　　于是就到了本题重点要讲的斜率优化了

　　首先我们可以把 $min$ 函数去掉，将方程中与 $j$ 有关的项看做变量，得到 $$f[i] = f[j] - (S + sumT[i]) \times sumC[j] + sumT[i] \times sumC[i] + S \times sumC[N]$$

　　对于 $i$ 状态下的两个决策 $j$ 和 $k$，若决策 $j$ 优于决策 $k$，则满足 $$\begin{align*} & f[j] - (S + sumT[i]) \times sumC[j] + sumT[i] \times sumC[i] + S \times sumC[N] \\ < & f[k] - (S + sumT[i]) \times sumC[k] + sumT[i] \times sumC[i] + S \times sumC[N] \end{align*}$$

　　移项得到 $$f[j] - f[k] < (S + sumT[i]) \times (sumC[j] - sumC[k])$$

　　于是我们可以用单调队列维护最优决策，若队首决策不是最优的，则将其出队

　　然后重新再看这个式子 $$f[j] = (S + sumT[i]) \times sumC[j] + f[i] - sumT[i] \times sumC[i] - S \times sumC[N]$$

　　在以 $sumC[j]$ 为横坐标，$f[j]$ 为纵坐标的平面直角坐标系中，这是一条以 $S + sumT[i]$ 为斜率，$f[i] - sumT[i] \times sumC[i] - S \times sumC[N]$ 为纵截距的直线，直线的斜率是固定的，纵截距越小，$f[i]$ 越小；同时每个决策 $j$ 都对应着坐标系中的一个点 $(sumC[j], f[j])$

　　对于任意三个决策 $j_1 < j_2 < j_3$，若这三点形成一个上凸壳，那么无论直线斜率是多少，$j_2$ 都不可能是最优决策（线性规划）；若这三点形成一个下凸壳，$j_2$ 则有可能成为最优决策

　　也就是我们需要维护一个“连接相邻两点的线段斜率”单调递增的下凸壳，此时 $j_2$ 应满足 $$\frac{f[j_2] - f[j_1]}{sumC[j_2] - sumC[j_1]} < \frac{f[j_3] - f[j_2]}{sumC[j_3] - sumC[j_2]}$$

　　即 $$(f[j_2] - f[j_1]) \times (sumC[j_3] - sumC[j_2]) < (f[j_3] - f[j_2]) \times (sumC[j_2] - sumC[j_1])$$

　　所以每当加入一个新决策时，我们先可以删去队尾的无用决策，再将其加入队列

　　由于每个决策最多入列出列各一次，所以维护队列的时间复杂度为 $O(n)$，整个算法也就是 $O(n)$ 的

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 5005

int n, s, l, r;
int t[N], v[N], pre[N], sum[N];
int f[N], q[N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &s);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d", t + i, v + i);
        sum[i] = sum[i - ] + t[i];
        pre[i] = pre[i - ] + v[i];
    }
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[] = ; l = r = ;
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        while (l < r && (f[q[l + ]] - f[q[l]]
            <= (s + sum[i]) * (pre[q[l + ]] - pre[q[l]]))) l++;
        f[i] = f[q[l]] + sum[i] * (pre[i] - pre[q[l]]) + s * (pre[n] - pre[q[l]]);
        while (l < r && (f[q[r]] - f[q[r - ]]) * (pre[i] - pre[q[r]])
            >= (f[i] - f[q[r]]) * (pre[q[r]] - pre[q[r - ]])) r--;
        q[++r] = i;
    }
    printf("%d\n", f[n]);

    return ;
}