題目連結

300. 任務安排1

有 \(N\) 個任務排成一個序列在一臺機器上等待執行，它們的順序不得改變。

機器會把這 \(N\) 個任務分成若干批，每一批包含連續的若干個任務。

從時刻 \(0\) 開始，任務被分批加工，執行第 \(i\) 個任務所需的時間是 \(T_i\)。

另外，在每批任務開始前，機器需要 \(S\) 的啟動時間，故執行一批任務所需的時間是啟動時間 \(S\) 加上每個任務所需時間之和。

一個任務執行後，將在機器中稍作等待，直至該批任務全部執行完畢。

也就是說，同一批任務將在同一時刻完成。

每個任務的費用是它的完成時刻乘以一個費用係數 \(C_i\)。

請為機器規劃一個分組方案，使得總費用最小。

輸入格式

第一行包含整數 \(N\)。

第二行包含整數 \(S\)。

接下來 \(N\) 行每行有一對整數，分別為 \(T_i\) 和 \(C_i\)，表示第 \(i\) 個任務單獨完成所需的時間 \(T_i\) 及其費用係數 \(C_i\)。

輸出格式

輸出一個整數，表示最小總費用。

資料範圍

\(1 \le N \le 5000\),
\(0 \le S \le 50\),
\(1 \le T_i,C_i \le 100\)

輸入樣例：

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

輸出樣例：

153

解題思路

斜率優化dp

很容易想到一個暴力做法：\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 個物品分為 \(j\)

• 狀態表示：\(f[i]\) 表示前 \(i\) 的物品的最小代價

• 狀態計算：\(f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]*(w[i]-w[j])+s*(w[n]-w[j]))\)

  ，其中 \(j\) 為前一批的最後一個物品的編號

• 時間複雜度：\(O(n^2)\)

程式碼

// Problem: 任務安排1
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/302/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=5001;
int n,s,sum[N],w[N];
LL f[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	scanf("%d%d",&sum[i],&w[i]),sum[i]+=sum[i-1],w[i]+=w[i-1];
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=0;j<i;j++)
    		f[i]=min(f[i],f[j]+(LL)sum[i]*(w[i]-w[j])+(LL)s*(w[n]-w[j]));
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}