1597: [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
输入解释:
共有4块土地.
Sample Output
HINT
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.
Source
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
最后简单的说，就是维护一个g[x,y]的单调队列 队列中第一个元素 g[a,b]>=y[i]
| 898768 | njczy2010 | 1597 | Accepted | 2960 kb | 124 ms | C++/Edit | 1904 B | 2015-03-20 14:22:44 |
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <string>
#include <set> #define ll long long
int const N = ;
int const M = ;
int const inf = ;
ll const mod = ; using namespace std; int n;
ll x[N],y[N];
ll f[N];
int q[N];
int cnt; typedef struct
{
ll x;
ll y;
}PP; PP p[N]; bool cmp(PP a,PP b)
{
if(a.x == b.x){
return a.y > b.y;
}
return a.x > b.x;
} void ini()
{
cnt=;
int i;
for(i=;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);
}
sort(p+,p++n,cmp);
for(i=;i<=n;i++){
if(cnt== || p[i].y > y[cnt]){
cnt++;
x[cnt] = p[i].x;
y[cnt] = p[i].y;
}
}
for(i=;i<=cnt;i++){
x[i-] = x[i];
}
} void solve()
{
int l,r;
l=;r=;
int i;
q[l]=;f[]=;
for(i=;i<=cnt;i++){
while(l<r && (f[ q[l+] ] - f[ q[l] ]) < y[i] * (x[ q[l] ] - x[ q[l+] ]) ){
l++;
}
f[i] = f[ q[l] ] + x[ q[l] ] * y[i];
while(l<r && (f[ q[r] ] - f[ q[r-] ]) * (x[ q[r] ] - x[ i ]) > (f[ i ] - f[ q[r] ]) * (x[ q[r-] ] - x[ q[r] ]) ){
r--;
}
q[++r] = i;
}
//for(i=1;i<=cnt;i++){
// printf(" i=%d f=%I64d\n",i,f[i]);
//}
} void out()
{
printf("%lld\n",f[cnt]);
} int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//scanf("%d",&T);
//for(cnt=1;cnt<=T;cnt++)
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
ini();
solve();
out();
}
}