例题
题解1
DP
设f[i][j]表示把前i个机器分成j批修理的最小费用，St，Sc分别对应数组t和c的前缀和。
容易写出一个O（n^3）的DP方程：
但是这个方法显然不够优秀。我们可以考虑去掉分成j批这一维，并用“费用提前计算”的思想来维护新的f。
方程如下：
题解2
DP+斜率优化
我们把i看做定量，j看做变量，然后把所有仅与j有关的（决策变量）移到等号左边，仅与i有关的或者与i和j都有关的（其它变量）移到等号右边。去掉min函数，可以得到这样一个式子：
我们可以理解成在一个以Sc[j]为横坐标，f[j]为纵坐标的坐标系上，有一条斜率为(S+St[i])的直线，截距为F[i]-St[i]*Sc[i]-S*Sc[N]。决策点坐标为（Sc[j],f[j]）。
要使截距最小，应当维护下凸壳。
这样理解的关键在于选取了什么作为斜率，其实只要是两式相乘的结构就可以，但一定要能选变量作为横坐标。并把仅与决策变量相关的放在一边，其余的放在一边，意思是一旦枚举了一个决策变量，整个解析式的一边就确定了。另外，如果问题直线的斜率能呈递增\减，决策点的横坐标能呈递增\减，问题就会更简单了。
拓展
（1）如果问题直线的斜率不单调怎么办？（例题：BZoj2726 [SDOI2012]任务安排）
答：应当把所有合法决策点都放入队列，决策点间的斜率维护一个凸壳。对于每个问题斜率k，在这个凸壳中二分，找到一个决策点，它与左右两点的斜率分别大于、小于k，这个点就是k的最优点。
（2）如果决策点的横坐标不单调怎么办？
答：对方程变形，使得横坐标单调，倒序DP，再用（1）的方法解决。
（3）如果问题直线的斜率和决策点的横坐标都不单调怎么办？
答：既然如此，说明要在凸壳上动态插点、动态查询，要用平衡树来维护凸壳。
代码
CH5A01 任务安排1：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=5010;
int n,s;
int f[maxn];
int t[maxn],c[maxn];
int st[maxn],sc[maxn];
int q[maxn];int l,r;
double calc(int x,int y)
{
return (double)(f[x]-f[y])/(sc[x]-sc[y]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&t[i],&c[i]);
st[i]=st[i-1]+t[i];sc[i]=sc[i-1]+c[i];
}
l=r=1;q[1]=0;
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(l<r && calc(q[l],q[l+1])<=s+st[i]) l++;//debug l<=r
int j=q[l];
f[i]=-(s+st[i])*sc[j]+f[j]+st[i]*sc[i]+s*sc[n];
while(l<r && calc(q[r-1],q[r])>calc(q[r],i)) r--;
q[++r]=i;
}
printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}BZoj2726：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=300010;
int n,s;
int t[maxn],c[maxn];
ll st[maxn],sc[maxn];
ll f[maxn];
int q[maxn];
double calc(int x,int y)
{
return (double)(f[x]-f[y])/(sc[x]-sc[y]);
}
int erfen(int l,int r,int c)//在[l,r]中找c的后继
{
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]]>c*(sc[q[mid+1]]-sc[q[mid]]))
{
r=mid;
}
else l=mid+1;
}
return q[l];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&t[i],&c[i]);
st[i]=st[i-1]+t[i];sc[i]=sc[i-1]+c[i];
}
int l,r;
l=r=1;q[1]=0;
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int j=q[l];
if(l<r) j=erfen(l,r,s+st[i]);
f[i]=f[j]-(s+st[i])*sc[j]+st[i]*sc[i]+s*sc[n];
while(l<r && (f[q[r-1]]-f[q[r]]) * (sc[q[r]]-sc[i]) >= (f[q[r]]-f[i]) * (sc[q[r-1]]-sc[q[r]]) ) r--;
q[++r]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}