[Usaco2008 Mar]土地购买 斜率优化的DP

农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 <= N <= 50,000) 块长方形的土地. 每块土 地的长宽满足(1 <= 宽 <= 1,000,000; 1 <= 长 <= 1,000,000). 每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多快土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以 它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要
付5x5=25. FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小 的经费.

这题还算是比较经典的。

首先我们按x,y都递减排序。其中x是宽，y是长

然后发现如果一个矩形的长宽都不大于另一个矩形的长宽。那么这个矩形的花费就是0，因为买那个矩形顺便就买了这个小的。

所以去除这些不花钱的矩形。

剩下的矩形，x是递减的，y是递增的

然后可以写出转移方程

f[i] = min(f[j] + x[j + 1] * y[i]) (j < i)

然后为了方便，把x数组坐标提前一下

f[i] = min(f[j] + x[j] * y[i]) (j < i)

然后发现是n ^2的。不优化会超时

这就要用到经典的斜率优化了

考虑两个决策f[j],f[k]并假设j<k。

如果对于f[i]，从f[j]转移来比从f[k]转移来更优，那么有：

f[j]+x[j]*y[i]<f[k]+x[k]*y[i]

移项得：

y[i]<(f[k]-f[j])/(x[j]-x[k])

令g[j,k] = (f[k]-f[j])/(x[j] - x[k])

则g[j,k] > y[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉

进而我们发现这么一个问题，当c < b < a < i时，如果有g[c, b] > g[b, a]，那么b永远都不会成为计算dp[i]时的决策点。

证明：

如果g[c, b] > g[b, a]，那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系：

(1)如果g[c, b] >= y[i]，那么决策c不会比决策b差，也就说决策b不可能是决策点

(2)如果g[c, b] < y[i]，那么由于g[c, b] > g[b, a]，那么g[b, a] < y[i]，那么决策a要比决策b好，所以b还不能作为决策点

根据上面的结论和一些特性，我们可以考虑维护一个斜率的队列来优化整个DP过程：

(1)假设a, b, c依次是队列右端的元素，那么我们就要考虑g[a, b]是否大于g[b, c]，如果g[a, b] > g[b, c]，那么可以肯定b一定不会是决策点，所以我们可以从队列中将b去掉，然后依次向前推，直到找到一个队列元素少于3个或者g[a, b] <= g[b, c]的点才停止。

(2)假设a, b是依次是队列左端的元素，那么我们知道，如果g[a, b] < y[i]的话，那么对于i来说决策点b肯定优于决策点a，又由于y是随着i递增而递增的，所以当g[a, b] < y[i]时，就一定有g[a, b] < y[i+1]，因此当前的决策点a不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点，而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点，所以我们可以把a从队列的头部删除，依次往后如此操作，直到队列元素小于2或者g[a, b] >= y[i]。

(3)对于i的更新，一定是队列头部的决策点最好，所以O(1)即可转移。

我觉得这里http://blog.163.com/lqp18_31/blog/static/5418276920091122101325111/讲的还行

总体感觉斜率优化DP推起来还是比较麻烦的

然后每次对i决策时，先操作左端的元素得到最优解，然后操作右端的元素将i状态插进队列

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#define lch(x) x<<1
#define rch(x) x<<1|1
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define MAXN 55555
#define MAXM 555
#define INF 1000000007
using namespace std;
int n;
struct node
{
int x, y;
bool operator <(const node &cmp)const
{
if(x == cmp.x) return y > cmp.y;
return x > cmp.x;
}
}p[MAXN];
long long x[MAXN], y[MAXN];
long long f[MAXN];
int q[MAXN];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y);
sort(p, p + n);
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
if(!cnt || p[i].y > y[cnt])
{
++cnt;
x[cnt] = p[i].x;
y[cnt] = p[i].y;
}
for(int i = 0; i < cnt; i++)
x[i] = x[i + 1];
int l = 1, r = 1;
q[1] = 0; f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
{
while(l < r && y[i] * (x[q[l]] - x[q[l + 1]]) > f[q[l + 1]] - f[q[l]]) l++;
f[i] = f[q[l]] + x[q[l]] * y[i];
while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (x[q[r]] - x[i]) > (f[i] - f[q[r]]) * (x[q[r - 1]] - x[q[r]])) r--;
q[++r] = i;
}
printf("%lld\n", f[cnt]);
return 0;
}