dp是很好想的了，关键是数据太大，普通dp肯定超时，所以一定有用某种优化，dp优化也就那么几种，这道题用的是 斜率优化 ，先写出普通的状态转移方程： dp[i] = min{ dp[j] + Σ ( p[k] * (x[i] - x[k] ) ) , j+1 <=k <= i , 0 <= j <= i-1}
这个式子应该是很好理解的。接下来，就要进行优化。dp[j] 无法改变， 所以只好放眼于第二项， 即sigma那一项
Σ ( p[k] * (x[i] - x[k] ) = Σ (p[k] * x[i] - p[k] * x[k]) = p[ j+1 ~ i] * x[i] - p[ j+1~i] * x[ j+1 ~i]
我们发现，这个式子中，x[i] 为当前点的量，而p[j+1 ~i] 和 p[j+1 ~i] * x[j+1 ~i] 很容易预处理得到。
于是，我们把 a[i] 定义为 到 i 为止所有货物的个数 即 sum( p[1~i] ) ； 把b[i] 定义为到 i 为止 所有 p[j] * x[j] 之和
即 sum( p[ j+1~i] * x[ j+1 ~i] ) ；
我们有了这两个预处理，就可以转化成斜率优化来做了，一开始的式子，我们转化为
dp[i] = min { dp[j] + x[i] * (a[i] - a[j]) - (b[i] - b[j]) }
剩下的就是斜率优化的内容了，这里不再赘述，注意一点， a[i] - a[j] 是负数 除过去要变号。
代码如下
#include <cstdio>
#include
<cstring>
#include
<cstdlib>
#include
<iostream>
#include
<algorithm>
#include
<queue>
#define
N 1000100
using
namespace
std;
int
n;
deque
<
int
>
q;
deque
<
int
>
::iterator x, y;
long
long
a[N]={
0
}, b[N]={
0
};
long
long
f[N], dis[N], c[N];
long
long
getup(
int
j,
int
k) {
return
f[j] - f[k] + b[j] -
b[k]; }
long
long
getdown(
int
j,
int
k) {
return
a[j] -
a[k]; }
long
long
getans(
int
j,
int
now) {
return
f[j] + (a[now] - a[j]) * dis[now] -b[now] + b[j] +
c[now]; }
bool
ketan(
int
j,
int
k,
int
now) {
return
getup(j, k) < dis[now] *
getdown(j, k); }
bool
keya(
int
i,
int
j,
int
k) {
return
getup(i, j) * getdown (j, k) > getup(j, k) *
getdown(i, j); }
int
main()
{
scanf(
"
%d
"
,&
n);
for
(
int
i =
1
; i <= n; ++
i)
{
long
long
z;
scanf(
"
%lld%lld%lld
"
, &dis[i], &z, &
c[i]);
a[i]
= a[i-
1
] + z; b[i] = b[i-
1
] + z*
dis[i];
}
f[
0
] =
0
; q.push_front(
0
);
for
(
int
i =
1
; i <= n; ++
i)
{
while
(q.size() >
1
)
{
x
= q.begin(); y = x; y++
;
if
(!ketan(*y, *x, i))
break
;
q.pop_front();
}
x
=
q.begin();
f[i]
= getans(*
x, i);
while
(q.size() >
1
)
{
x
= q.end(); x--; y = x; y--
;
if
(!keya(*y, *x, i))
break
;
q.pop_back();
}
q.push_back(i);
}
printf(
"
%lld\n
"
, f[n]);
}
