題面

解析

看了好多dalao們的題解，然而還是不明白．．． 於是在想了半天後，決定自己寫一篇題解。

• step 1

  首先,分析題意，
  應該還是比較容易想到，
  要一直攻擊一個兵器，
  直到破壞它為止。
  因為遲早要把兵器都破壞完，但如果不先破壞一個的話，他就會一直攻擊。
  那麽，就會有一個破壞兵器的先後順序。
  並且，註意到血量其實只是為了轉化成攻擊的次數，
  因此可以用\(d_i\)表示\(i\)被攻擊的次數，
  另外，約定\(a_i\)為\(i\)的攻擊力，
  那麽題目就分析完畢了！似乎說了一通廢話

• step 2

  先考慮沒有秒殺的情況，
  那麽，傷害最小，其實也就是\(\sum_{i=1}^{n}\) \(a_i\)
  \(*\) (\(\sum_{j=1}^{i}\)-\(1\)) 最小，(註意，由於最後一次攻擊時兵器已經被破壞了（題目描述有問題），因此要減\(1\))
  而對於兩個相鄰兵器\(i\),\(j\)，
  如果\(i\)排在\(j\)前面會更優，
  並設\(X\) \(=\) \(\sum_{k=1}^{i}d_k\)，
  則有不等式
  \(a_i\) \(*\) (\(X\)-\(1\))+$a_j $ \(*\) (\(X\)\(+\)\(d_i\) - \(1\))\(<\)\(a_j\) \(*\) (\(X\)-\(1\))+$a_i $ \(*\) (\(X\)\(+\)\(d_j\)
  - \(1\))
  那麽，可以解得\(d_i\)\(*\)\(a_j\)\(<\)\(d_j\)\(*\)\(a_i\)，(自己解一下吧) 因此，將兵器按此規律排序，就是沒有秒殺的最優解了似乎又是廢話
  但要計算出這個沒有秒殺的最優解（後面要用）。

• step 3

  繼續，在上一步的情況下考慮秒殺掉一個兵器，
  設\(v_i\)為刪除\(i\)後能減小的傷害，
  那麽對於排在\(i\)前面的兵器們，
  在攻擊他們的時候，\(i\)都會對基地造成傷害，
  那麽對於這一部分，減少的傷害就為(\(\sum_{j=1}^{i}\)\(d_j\)-\(1\))\(*\)\(a_i\)。
  而對於排在\(i\)後面的所有兵器，
  
  在攻擊\(i\)時，
  他們也在對基地造成傷害。
  所以對於這一部分，減少的傷害為(\(\sum_{j=i+1}^{n}\)\(a_j\))\(*\)\(d_i\)。
  綜上，就可以得出\(v_i\)\(=\)(\(\sum_{j=1}^{i}\)\(d_j\)-\(1\))\(*\)\(a_i\)\(+\)(\(\sum_{j=i+1}^{n}\)\(a_j\))\(*\)\(d_i\)。
  那麽繼續考慮秒殺兩個兵器\(i\)，\(j\)，且\(i\)在\(j\)後面，
  減少的傷害就是\(v_i\)\(+\)\(v_j\)\(-\)\(a_i\)\(*\)\(d_j\)(因為這一部分重復加了一次，所以減掉)。
  然後，只要求出使\(v_i\)\(+\)\(v_j\)\(-\)\(a_i\)\(*\)\(d_j\)最大的\(i\),\(j\)就行了。

• step 4

  那麽怎麽求呢？
  對於每個\(i\)，
  我們計算當它與順序中前面的某個兵器一起被秒掉時，
  能減少的傷害的最大值，
  再算出\(1\)~\(n\)中這個式子最大的值就行了。
  那麽，我們要算出前面的兵器對它的影響，和它對後面的兵器的影響。
  所以\(CDQ\)分治就成了解決問題的主要算法。
  但還是無法解決問題啊！！！
  到底要怎麽算啊？
  別著急，看我狂推公式【滑稽】。
  首先我們設對於兵器\(i\)，我們已經找到了一個\(j\)和它一起秒殺(重復一遍，\(j\)在\(i\)前面)，
  但是，卻存在一個\(k\)能使答案更優，即：
  \(v_i\)\(+\)\(v_k\)\(-\)\(a_i\)\(*\)\(d_k\)\(>=\)\(v_i\)\(+\)\(v_j\)\(-\)\(a_i\)\(*\)\(d_j\)
  那麽，約掉\(v_i\)，再移下項，就變成了：
  (\(d_k\)-\(d_j\))\(*\)\(a_i\)\(<=\)\(v_k\)-\(v_j\)，
  然後分類討論：

1. \(d_k\)\(>\)\(d_j\)時，\(a_i\)\(<=\)\(\frac{v_k-v_j}{d_k-d_j}\)，
2. \(d_k\)\(=\)\(d_j\)時，\(v_k\)\(>=\)\(v_j\)，
3. \(d_k\)\(<\)\(d_j\)時，\(a_i\)\(>=\)\(\frac{v_j-v_k}{d_j-d_k}\)，

因此，我們只需要找到一個\(j\)，使得找不到\(k\)滿足上面的式子，
那麽這個\(j\)就是最優解了。
即：
設\(y\)是\(i\)的最優解 ，
那麽對於任意滿足\(d_x\)\(<\)\(d_y\)\(<\)\(d_z\)(等於時要特判)的\(x\),\(z\)，
都有\(\frac{v_y-v_x}{d_y-d_x}\)\(>\)\(a_i\)\(>\)\(\frac{v_y-v_z}{d_y-d_z}\)，
因此，對於\(l\)~\(mid\)，我們先將\(d\)按升序排列，
再用單調隊列維護\(\frac{v_y-v_x}{d_y-d_x}\)的降序排列(蒟蒻的單調隊列講得似乎有點不清楚自己理解下哈)
同時，對於\(mid\)+\(1\)~\(r\)為了節省時間，將\(a\)按降序排列(所以多開幾個數組)，
每次在單調隊列中找出第一個小於\(a_i\)的\(\frac{v_y-v_x}{d_y-d_x}\)，
再用\(y\)更新\(i\)的答案就行了。
對於\(d\)和\(a\)的排序，歸並時排一下就可以解決。
具體實現方式看代碼吧：

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define ll long long
using namespace std;

inline int read(){
    ll sum=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch>'9' || ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*sum;
}

struct node{
    int a/*攻擊*/,d/*被打次數*/;
    ll v/*被秒掉後下降的傷害*/;
}c[500001]/*敵方*/,q1[500001]/*按d升序排列*/,q2[500001]/*按a降序排列*/;
node qq[500001];//排序時臨時存一下
int n,atk;
ll ans=0,ansn=0;
ll sa[500001]/*被打次數的前綴和*/,sb[500001]/*攻擊的後綴和*/;
int q[500001];

bool cmp(node x,node y){
    return (ll)x.d*y.a<(ll)y.d*x.a;
}

db cmp1(int x,int y){
    if(q1[x].d==q1[y].d){
        if(q1[y].v<=q1[x].v) return 0;
        return 1e18;
    }
    return (db)((q1[y].v-q1[x].v)/(q1[y].d-q1[x].d));
}

void CDQ(int l,int r){
    if(l==r) return ;
    int mid=(l+r)>>1;
    CDQ(l,mid);CDQ(mid+1,r);
    int le=1,ri=0;
    for(int i=l;i<=mid;i++){
        while(le<ri&&cmp1(q[ri-1],q[ri])<cmp1(q[ri],i)) ri--;
        q[++ri]=i;
    }
    for(int i=mid+1;i<=r;i++){
        while(le<ri&&cmp1(q[le],q[le+1])>=q2[i].a) le++;
        ans=max(ans,(ll)(q2[i].v+q1[q[le]].v-q2[i].a*q1[q[le]].d));
    }
    int pi=l,qi=mid+1,tot=l;
    while(pi<=mid&&qi<=r){
        if(q1[pi].d<q1[qi].d) qq[tot++]=q1[pi++];
        else qq[tot++]=q1[qi++];
    }
    while(pi<=mid) qq[tot++]=q1[pi++];
    while(qi<=r) qq[tot++]=q1[qi++];
    for(int i=l;i<=r;i++) q1[i]=qq[i];
    pi=l,qi=mid+1,tot=l;
    while(pi<=mid&&qi<=r){
        if(q2[pi].a>q2[qi].a) qq[tot++]=q2[pi++];
        else qq[tot++]=q2[qi++];
    }
    while(pi<=mid) qq[tot++]=q2[pi++];
    while(qi<=r) qq[tot++]=q2[qi++];
    for(int i=l;i<=r;i++) q2[i]=qq[i];
}

int main(){
    freopen("fight.in","r",stdin);
    freopen("fight.out","w",stdout);
    n=read();atk=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i].a=read();c[i].d=read();
        c[i].d=(c[i].d-1)/atk+1;
    }
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) sa[i]=sa[i-1]+c[i].d;
    for(int i=n;i>=1;i--) sb[i]=sb[i+1]+c[i].a;
    for(int i=1;i<=n;i++) ansn+=c[i].a*(sa[i]-1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        c[i].v=(sa[i]-1)*c[i].a+sb[i+1]*c[i].d;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) q1[i]=c[i],q2[i]=c[i];
    CDQ(1,n);
    printf("%lld\n",ansn-ans);
    return 0;
}

題解　【BZOJ4700】適者