printf 序列 -c int ret 復雜 不能 clu 整數

機器上有N個需要處理的任務，它們構成了一個序列。這些任務被標號為1到N，因此序列的排列為1,2,3...N。這N個任務被分成若幹批，每批包含相鄰的若幹任務。從時刻0開始，這些任務被分批加工，第i個任務單獨完成所需的時間是Ti。在每批任務開始前，機器需要啟動時間S，而完成這批任務所需的時間是各個任務需要時間的總和。註意，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系數Fi。請確定一個分組方案，使得總費用最小。 Input 第一行兩個整數，N,S。 接下來N行每行兩個整數，Ti,Fi。 Output 一個整數，為所求的答案。 Sample Input 5 1 1 3 3 2 4 3 2 3 1 4

Sample Output

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思路：註意是只有一臺機器，所以時間是累加的，那麽影響到[j,N]。所以列出方程： f[i]=min(): f[j]+(sum2[N]-sum2[j])*(sum1[i]-sum1[j]+M)

直接dp復雜度是O(N^2)，使用效率優化：

//b=y-kx+c; --> f[i]=(-sum1[i]*sum2[j])+(f[j]+sum1[j]*sum2[j]-sum*sum1[j]-M*sum2[j])+(M*sum+sum*sum1[j]);
其中k之和i有關，y之和j有關，b就是f[i]，c是常數：k=sum1[i]，y=f[j]-sum2[N]*sum1[j]+sum2[j]*sum1[j]-sum2[j]*M;
 

可以看到我們需要維護一個斜率上升的凸包，由於K=sum1[i]沒有說遞增，所以我們不能彈出棧頂，求的時候用二分求得凸包極值。

註意：1，二分的時候，二分區間[0,top]，0代表的是，從頭到尾都選，不能忽略。

2，每個新的i都要插入，插入當前i時，要維護斜率遞增。

3，維護的圖像的x和y分別的 y=kx+b的x和y，所以維護斜率，彈出棧尾比較斜率時，x是sum2[q[top]]，而不是q[top]；

//b=y-kx+c; --> f[i]=(-sum1[i]*sum2[j])+(f[j]+sum1[j]*sum2[j]-sum*sum1[j]-M*sum2[j])+(M*sum+sum*sum1[j]);
 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1000010;
ll sum1[maxn],sum2[maxn],f[maxn],M;
int q[maxn],top,N;
ll Y(int j){ return f[j]-sum2[N]*sum1[j]+sum2[j]*sum1[j]-sum2[j]*M; }
ll getans(int i,int j){return f[j]+(sum2[N]-sum2[j])*(sum1[i]-sum1[j]+M);; }
int main()
{
    int i; scanf("%d%lld",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++){
        scanf("%lld%lld",&sum1[i],&sum2[i]);
        sum1[i]+=sum1[i-1]; sum2[i]+=sum2[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        int L=0,R=top,ans=top;
        while(L<=R){
            int Mid=(L+R)>>1;
            if(getans(i,q[Mid])<=getans(i,q[Mid+1])) R=Mid-1,ans=Mid; else L=Mid+1;
        }
        f[i]=getans(i,q[ans]);
        while (top>0&& 1ll*(Y(q[top])-Y(q[top-1]))*(sum2[i]-sum2[q[top]])>=(Y(i)-Y(q[top]))*(sum2[q[top]]-sum2[q[top-1]]))
           top--;
        q[++top]=i; //while語句裏不是dx的時候不是下邊之間減，是方程組的sum2來減。 
    }
    printf("%lld\n",f[N]);
    return 0;
}

BZOJ2726：任務安排（DP+斜率優化+二分）