Problem：任务安排
有N个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，顺序不得改变。要把N个任务分成若干批，每一批当然是连续的若干个任务。从0时刻开始加工（只有一个机器，单线程），执行第i个任务所需时间为T[i]。在每批开始前，机器需要S的时间来开机。且一批中的任务是等这一批全被处理完才一起结束。易得，若j属于第x批任务（k为这批任务的最后一个），那他要等的时间为S*j + sum(1 ~ k)。每个任务有费用系数C[i]，所花费用为等待时间*C[i]。请规划一个分批方案，使得费用最小。
我们为了方便表述，定义sumT，sumC，为T，C的前缀和。
Task 1（tyvj1098）
数据范围：1 ≤ N ≤ 5000，1 ≤ S ≤ 50，1 ≤ T[i]，C[i] ≤ 100。
解法一：
F[i][j]表示把前i个任务分成j批的最小费用，则有转移方程：
F[i][j] = min{F[k][j - 1] + (S * j + sumT[i]) * (sumC[i] - sumC[k])} k∈[0, i) 复杂度O(n³)。
明显无法得到满分。
解法二：
解法一中我们把用到了一个参数，表示批数，就是为了给乘S提供系数。事实上，我们每次新建一批任务，都可以给后面的累加上一倍的S，省去了这一维，把复杂度优化到O(n²)。
F[i] = min{F[j] + sumT[i] * (sumC[i] - sumC[j]) + S * (sumC[N] - sumC[j])} j∈[0, i)
这是一种名为“费用提前计算”的经典思想。
long long f[5010], sumt[5010], sumc[5010];
int n, s;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &s);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t, c;
scanf("%d%d", &t, &c);
sumt[i] = sumt[i - 1] + t;
sumc[i] = sumc[i - 1] + c;
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 0; j < i; ++j)
f[i] = min(f[i], f[j] + sumt[i] * (sumc[i] - sumc[j]) + s * (sumc[n] - sumc[j]));
printf("%lld", f[n]);
return 0;
}
Task 2（IOI2002/POJ1180）
数据范围：1 ≤ N ≤ 3e5，1 ≤ S，T[i]，C[i] ≤ 512。
由于N范围的剧增，我们要对上面解法二的转移方程进行优化。把带j的量看作自变量。
F[i] = min{F[j] - (sumT[i] + S) * sumC[j] + sumT[i] * sumC[i] + S * sumC[N]} j∈[0, i)
然后我们研究min内的式子。由于F[i]肯定由某个j得到，所以不妨去掉min。直接使：
F[i] = F[j] - (sumT[i] + S) * sumC[j] + sumT[i] * sumC[i] + S * sumC[N]。
然后移项：（以F[j]为纵坐标，sumC[j]为横坐标）
F[j] = (sumT[i] + S) * sumC[j] + F[i] - sumT[i] * sumC[i] - S * sumC[N]。
这是一条以sumT[i] + S为斜率，F[i] - sumT[i] * sumC[i] - S * sumC[N]为截距的直线。
所以我们的最优子选项就是一个坐标系下的点集。
除了F[i]，斜率与截距都是定值。想使F[i]尽量小，则是让截距尽量小。
既然斜率固定，那么我们用一条斜率固定的直线从下往上平移，第一个碰到的就是最优解（此时截距最小）。
对于任意三个决策点(sumC[j1], F[j1])，(sumC[j2], F[j2])，(sumC[j3], F[j3])，不妨设 j1 ＜ j2 ＜ j3，因为T，C均为正整数（这点很重要），亦有sumC[j1] ＜ sumC[j2] < sumC[j3]。
则，若j1，j2，j3构成上凸形状，j2一定不是最优决策。若构成下凸，则有可能是最优决策。
所以，j2成为最优决策的必要条件是：
(F[j2] - F[j1])/(sumC[j2] - sumC[j1]) < (F[j3] - F[j2])/(sumC[j3] - sumC[j2]) （即，一下凸壳）
通俗地讲，我们应该维护一个“连接相邻两点得到线段斜率单调递增”的下凸壳。
对于一个i，我们记k[i]为sumT[i] + S，则最优解应该取最小的那个j，j满足 k(j, j + 1) ＞ k[i]（画图就能得知了，如果k[i]再大一点，那么直接就可以够到靠后的那个点了）。
#include <cstdio>
#define N 300010
typedef long long ll;
int n, q[N]; ll s, sumt[N], sumc[N], f[N];
inline int read() {
int x = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - 48; c = getchar();}
return x;
}
int main() {
n = read(); s = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = read(), c = read();
sumt[i] = sumt[i - 1] + t; sumc[i] = sumc[i - 1] + c;
}
f[0] = 0; int l = 1, r = 1; q[1] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
while(l < r && (f[q[l + 1]] - f[q[l]]) <= (s + sumt[i]) * (sumc[q[l + 1]] - sumc[q[l]])) ++l;
f[i] = f[q[l]] - (s + sumt[i]) * sumc[q[l]] + sumt[i] * sumc[i] + s * sumc[n];
while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (sumc[i] - sumc[q[r]]) >= (f[i] - f[q[r]]) * (sumc[q[r]] - sumc[q[r - 1]])) --r;
q[++r] = i;
}
printf("%lld", f[n]);
return 0;
}
Task 3（BZOJ2726）
数据范围：1 ≤ N ≤ 3e5，0 ≤ S，C[i] ≤ 512，-512 ≤ T[i] ≤ 512。
T[i]可以取负数，这意味着sumT不再具有单调性，从而，斜率S+sumT[i]不再具有单调性。我们就不能++l（删队头就是因为斜率的单调性，现在用不上，以后也用不上）了。所以维护整个凸壳（决策斜率该单增还是要单增的）。
那么，队头不一定是最佳决策，所以我们在队列中二分，求出一个位置p，使得k(p - 1, p) ≤ k[i] ≤ k(p, p + 1)，p就是最优决策了。
#include <cstdio>
#define N 300010
typedef long long ll;
int n, q[N], l, r; ll s, sumt[N], sumc[N], f[N];
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - 48; c = getchar();}
return x * f;
}
inline int binary_search(int k) {
if(l == r) return q[l];
int L = l, R = r;
while(L < R) {
int mid = (L + R)>>1;
if(f[q[mid + 1]] - f[q[mid]] <= k * (sumc[q[mid + 1]] - sumc[q[mid]])) L = mid + 1;
else R = mid;
}
return q[L];
}
int main() {
n = read(); s = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = read(), c = read();
sumt[i] = sumt[i - 1] + t; sumc[i] = sumc[i - 1] + c;
}
f[0] = 0; l = 1, r = 1; q[1] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
// while(l < r && (f[q[l + 1]] - f[q[l]]) <= (s + sumt[i]) * (sumc[q[l + 1]] - sumc[q[l]])) ++l;
int p = binary_search(s + sumt[i]);
f[i] = f[p] - (s + sumt[i]) * sumc[p] + sumt[i] * sumc[i] + s * sumc[n];
while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (sumc[i] - sumc[q[r]]) >= (f[i] - f[q[r]]) * (sumc[q[r]] - sumc[q[r - 1]])) --r;
q[++r] = i;
}
printf("%lld", f[n]);
return 0;
}
Task 4
若T为正，C可能为负，如何处理？
Task 5
若T和C均可能为负，如何处理？
明显，利用平衡树动态插点就行，依旧维护整个凸壳，二分查找。
明天补T4解法与T4、T5代码。