决策单调性Ⅱ：斜率优化（1597: [Usaco2008 Mar]土地购买）

决策单调性Ⅰ：四边形不等式：

http://blog.csdn.net/jaihk662/article/details/78174717

决策单调性：

对于dp[i] = min(dp[i], dp[j]+w[j, i])中所有的x>y，一定满足k[x]>=k[y]，其中k[x]表示x点的最优决策点

也就是说每个决策点能决策的区间一定是连续的一段，并且随着决策点的右移，这个区间也在不断右移，这样就可以用栈或者二分来O(nlogn)解决原本O(n²)的DP，而斜率优化可以处理一些特殊的单调性DP，并且能做到O(n)的复杂度

还是这个例子：1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

这题的dp方程为：dp[i] = min(dp[j]+(sum[i]-sum[k]+i-j-1-L)²)（其中sum[]是前缀和，单调递增）

设A[i] = sum[i]+i-1-L；B[i] = sum[i]+i

有dp[i] = min(dp[j]+(A[i]-B[j])²) = A[i]²+min(-2A[i]B[j]+B[j]²+dp[j])

再设a[i] = -2A[i]，x(j) = B[j]，y(j) = B[j]²+dp[j]

那么方程就变成了经典形式：f(i) = min(a[i]*x(j)+y(j))，也就是G = ax+y（y = -ax+G）

而我们的目的就是找到一组(x, y)使得G最小

这就相当于空间中有若干个点(x', y')，并且有一条斜率已经确定的直线，让这条直接经过某个点，使得直线与y轴的截距最小，又因为A[i]单调递增的缘故，a = -2A[i]，斜率2A[i]一定是单调递增的，同理x和y也单调递增

假设n=6，建模如下图：

将图中的点从左到右依次编号1,2,3,4,5,6，对应着6个决策点（别忘了还有0号点就是坐标原点）

而图中的两条绿线分别是斜率为2a[1]和2a[3]的第1,3条直线，其它直线省略未画出

DP过程如下：

0号点入队
当遍历第一个决策点时，队列只有1个元素，直接进队
当遍历第二个决策点时，队列有2个元素（0和1），判断经过0号点和1号点的直线斜率（为了以后方便，经过x号点和y号点的直线就省略为直线xy）是否大于当前斜率2a[2]，如果小于，说明0号点被1号点完爆，从次往后直线经过1号点绝对会比经过0号点更优，所以弹出0号点

先假设大于，也就是当前还是0号点还是最优决策，情况如下（下图就是大于的情况）

其中粉线代表直线01，绿线代表斜率2a[2]的直线，我们不妨将绿线向下平移，直到绿线覆盖1号决策点，那么就可以发现明显还是粉线的截距更小，这就意味着粉线的G更小，还是0号点更优，所以不弹出队列
然后再比较直线01的斜率和直线12的斜率，看是否满足前者小于后者，如果不满足，说明1号点要被弹出，因为后面点要不选0号点，要不就选2号点，绝对不选1号点（维护下凸包），而上图中1号点显然不用被弹出，所以遍历完第二个点后没有任何点被弹出，并当前最优决策点还是0号点
2号点进队，此时从队尾到队首元素分别为0,1,2
遍历第三个点后，0号点被弹出（直线01斜率小于2a[3]了），1号点仍然不会被弹出，队尾搞定了，再看队首，一样维护下凸包，2号点被弹出
3号点进队，此时从队尾到队首元素分别为1,3
……

这样搞一趟下来，由于每个点只会进栈出栈1次，所以成功在O(n)时间内求出了所有的最优决策！

下面就是道模板题

1597: [Usaco2008 Mar]土地购买

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB
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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.

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

100 1

15 15

20 5

1 100

Sample Output

500

首先一个显而易见的贪心，所有的土地按x[]从小到大排序，x[]相同就按y[]从小到大排序

这样下来每一组的所有土地一定是连续的

有dp方程：dp[now] = min(dp[now], dp[j]+x[now]*max(y[i], i∈(j+1, now)) )

理论上可以斜率优化时线段树维护最大值，但这样挺麻烦的

考虑再贪心：如果排序后某一块土地的x[]值小于它后面一块（其实这个是肯定的都排了序）并且y[]值也小于它后面一块，那么这一块就可以无视，因为这样的话你只用多选它后面那一块其实就ok了，这块就一定没有贡献，有贡献就一定不是最优解

这样处理完毕之后整个序列就一定满足x递增的同时y递减，dp方程变为

dp[now] = min(dp[now], dp[j]+x[now]*y[j+1])

将其转化成标准形式：y = -ax+G有a = x[now]；x = y[j+1]；y = dp[j]

因为斜率k和x单调递减，y单调递增，所以要维护上凸包，有方程

-x[now]<(dp[j]-dp[k])/(y[j+1]-y[k+1])，就说明k点比j点更优

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
typedef struct Res
{LL x, y;bool operator < (const Res &b) const{if(x<b.x || x==b.x && y<b.y)return 1;return 0;}
}Res;
Res s[50005];
LL st[50005], dp[50005];
double Calc(LL j, LL k)
{return 1.0*(dp[j]-dp[k])/(s[j+1].y-s[k+1].y);
}
int main(void)
{LL n, i, cnt, L, R;scanf("%lld", &n);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld", &s[i].x, &s[i].y);sort(s+1, s+n+1);cnt = 0;for(i=1;i<=n;i++){while(cnt>=1 && s[i].y>=s[cnt].y)cnt--;s[++cnt] = s[i];}n = cnt;L = R = 1;for(i=1;i<=n;i++){while(R>L && Calc(st[L], st[L+1])>-s[i].x)L++;dp[i] = dp[st[L]]+s[i].x*s[st[L]+1].y;while(R>L && Calc(st[R], i)>Calc(st[R-1], st[R]))R--;st[++R] = i;}printf("%lld\n", dp[n]);return 0;
}