COGS 363 [USACO Mar08] 土地购买

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可以同时购买多块土地. 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.

输入格式:

样例输入

4100 115 1520 51 100
输入解释:
共有4块土地.
输出格式:
第一行: 最小的可行费用.
样例输出
500
输出解释:
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.
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DP+斜率优化+单调队列~
先把所有方块按照先x后y的顺序从从小到大排序（似乎很多DP都有这一步？），这样我们就可以很方便地求出来面积值为x[i]*y[j]（i>j）~
然后注意到可能有一些方块是被完全包含的可以忽略，我们用单调队列把这些方块筛去。这里可以压着前面的数组更新，真的是很神奇啊~
DP方程很容易想到：用f[i]表示到第i块时刚好是一块结束的最小花费，那么f[i]=min(f[j-1]+x[i]*y[j])，其中j<i。
但是显然这样会T……所以我们就要用到斜率优化~
假设更新f[i]时，k比j更优，那么由状态转移方程得：f[j-1]+x[i]*y[j]<f[k-1]+x[i]*y[k]，化简得x[i]<(f[k-1]-f[j-1])/(y[j]-y[k])，定义cal(j,k)=右式，那么我们就可以用cal(j,k)来选择更新f[i]的方程。
注意到cal(j,k)>cal(k,z)时k是可以舍去的，所以我们把记录方块的数组看成一个双向队列(deque)，然后用cal(q[tail-1],q[tail])>cal(q[tail],i)更新tail，
用cal(q[head],q[head+1])<a[i].x更新head就可以了~
注意数据很大，f[i]要开long long，而且更新f[i]的时候也要强制转化！
#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define ll long longint n,q[50001],tot,he,ta;ll f[50001];struct node{	int x,y;}a[50001];int read(){	int totnum=0;char ch=getchar();	while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();	while(ch>='0' && ch<='9') {totnum=(totnum<<1)+(totnum<<3)+ch-'0';ch=getchar();}	return totnum;}bool Operator < (node u,node v){	return u.x==v.x ? u.y<v.y:u.x<v.x;}double cal(int u,int v){	return (f[v-1]-f[u-1])/(a[u].y-a[v].y);}int main(){	freopen("acquire.in","r",stdin);	freopen("acquire.out","w",stdout);	n=read();	for(int i=1;i<=n;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read();	sort(a+1,a+n+1);a[++tot]=a[1];he=1;	for(int i=2;i<=n;i++)	{		while(tot && a[tot].y<=a[i].y) tot--;		a[++tot]=a[i];	}	for(int i=1;i<=tot;i++)	{		while(ta>he && cal(q[ta-1],q[ta])>cal(q[ta],i)) ta--;		q[++ta]=i;		while(ta>he && cal(q[he],q[he+1])<(double)a[i].x) he++;		int j=q[he];		f[i]=(j ? f[j-1]:0)+(ll)a[i].x*a[j].y;	}	PRintf("%lld/n",f[tot]);	return 0;}