洛谷傳送門

Solution

發現對於一塊土地 \(x\) 和 \(y\) ，如果 \(l_y\geq l_x,h_y\geq h_x\) ，那麼把 \(x\) 和 \(y\) 合在一組對答案是不會更劣的。

將土地按照長度和寬度排序，維護一個棧，將有必要存在的土地留下。

在最優決策下，每一組土地都是連續的。因為如果有 \(x,y,z\) 三塊連續土地，並且 \(l_x<l_y<l_z,h_x>h_y>h_z\) ，把 \(x\) 和 \(z\) 一組， \(y\) 自己一組，花費為 \(h_x\cdot l_z+h_y\cdot l_y\) ，三個一組花費是 \(h_x\cdot l_z\)

考慮DP。設 \(f_i\) 表示前 \(i\) 個土地的最小費用，易得： \(f_i=\min\{f_i,f_{j}+h_{j+1}\cdot l_{i}\}\) ，但是時間複雜度為 \(O(n^2)\) ，過不去，考慮優化。

用斜率優化。設 \(k=h_{j+1},b=f_j\) ，那麼直線為 \(y=kx+b\) ，那麼之前的轉移方程就相當於求 \(x=l_i\) 時的 \(y_{min}\)

Code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long

using namespace std;
const int N=5e4+10;
int n,a[N],b[N],f[N],q[N],hd,tl,stk[N],top;
struct node{
    int a,b;
    bool operator < (const node &x) {
        return a==x.a?b<x.b:a<x.a;
    }
}p[N];

inline int slope(int p,int t){
    return f[p]+a[t]*b[p+1];
}

inline bool cross(int t1,int t2,int i){
    return 1ll*(f[t1]-f[t2])*(b[i+1]-b[t1+1])<1ll*(f[i]-f[t1])*(b[t1+1]-b[t2+1]);
}

signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i].a,&p[i].b);
    sort(p+1,p+n+1);
    stk[++top]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        while(top&&p[i].b>=p[stk[top]].b) --top;
        stk[++top]=i;
    }
    n=top;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=p[stk[i]].a,b[i]=p[stk[i]].b;
    hd=tl=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(hd<=tl&&slope(q[hd],i)>slope(q[hd+1],i)) ++hd;
        f[i]=f[q[hd]]+a[i]*b[q[hd]+1];
        while(hd<=tl&&cross(q[tl],q[tl-1],i)) --tl;
        q[++tl]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}