[Usaco2008 Mar]土地购买
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Description
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\(3*5\)的地和一块\(5*3\)的地,则他需要
付\(5*5=25\). 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.
Input
- 第1行: 一个数:$ N$
第\(2..N+1\)行: 第\(i+1\)行包含两个数,分别为第\(i\)块土地的长和宽
Output
第一行: 最小的可行费用.
Sample Input
4
100 1
15 15
20 5
1 100Sample Output
500
输入解释:
共有4块土地.
FJ分3组买这些土地:
第一组:100x1,
第二组1x100,
第三组20x5 和 15x15 plot.
每组的价格分别为100,100,300, 总共500.
显然有些田是白送的2333.。。。。（只要存在有别的田比这块田的长和宽都大，那么这块田直接白送。。。。。对吧）
然后把这些直接去掉。。。。
由于事先已经知道是斜率优化。。。（提示太明显了。。感觉刷专题就这一点不怎么好。。。）
我们就去凑那个式子
先按x从小到大排序。。。因为已经去掉了不用的土地，那么此时的y一定就是从大到小排的序
\(dp[i]\)表示买前\(i\)块土地的最优解，所以有了状态转移方程方程：
\(dp[i] = dp[j] + x[i] * y[j+1]\)
写成一次函数的形式：
\(-dp[j]=y[j+1]*x[i]-dp[i]\)
所以每一个点就是\((y[j+1],-dp[j])\)
\(k=x[i]\)满足单调性
当然这里就差不多了，但是由于上一篇我说的不是很清楚，我想再多说一句。。。
最开始排除的是两个点的斜率小于\(k\)的，其实是因为画图可以看出后面的点答案一定优于前面的。而当斜率大于k时，虽然当前的答案时前面的点更好（所以计算答案的时候就用的是第一个满足条件的点），但是由于\(k\)在单增，有可能\(k\)会超过它的斜率，所以蹦年确定。
而倒着删是因为如果不是个下凸包形状的话，那么中间那个点一定不是最优点，要么它前面的那个点是最优的，要么后面的是最优的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 5;
struct lpl{
long long x, y;
}lin, ini[maxn], field[maxn], point[maxn];
int n, tot, cnt, head, tail;
long long dp[maxn];
inline bool cmp(lpl a, lpl b)
{
return a.x == b.x ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}
inline void putit()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld%lld", &ini[i].x, &ini[i].y);
}
inline double slop(lpl a, lpl b)
{
return (double)(a.y - b.y) / (a.x - b.x);
}
inline void workk()
{
sort(ini + 1, ini + n + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= n; i++){
while(tot && ini[i].y >= field[tot].y) tot--;
field[++tot] = ini[i];
}
point[head].x = field[1].y; point[head].y = 0;
for(int i = 1; i <= tot; ++i){
while(head < tail && slop(point[head], point[head + 1]) < field[i].x) head++;
dp[i] = (-point[head].y) + field[i].x * point[head].x;
lin.x = field[i + 1].y, lin.y = (-dp[i]);
while(head < tail && slop(point[tail], point[tail - 1]) > slop(point[tail], lin)) tail--;
point[++tail] = lin;
}
cout << dp[tot];
}
int main()
{
putit();
workk();
return 0;
}