题目
题目描述
小 P 在 MC 里有 n 个牧场，自西向东呈一字形排列（自西向东用 1⋯n1⋯n 编号），于是他就烦恼了：为了控制这 n 个牧场，他需要在某些牧场上面建立控制站，每个牧场上只能建立一个控制站，每个控制站控制的牧场是它所在的牧场一直到它西边第一个控制站的所有牧场（它西边第一个控制站所在的牧场不被控制）（如果它西边不存在控制站，那么它控制西边所有的牧场），每个牧场被控制都需要一定的花费（毕竟在控制站到牧场间修建道路是需要资源的嘛~），而且该花费等于它到控制它的控制站之间的牧场数目（不包括自身，但包括控制站所在牧场）乘上该牧场的放养量，在第 i 个牧场建立控制站的花费是 ai，每个牧场i的放养量是 bi，理所当然，小 P 需要总花费最小，但是小 P 的智商有点不够用了，所以这个最小总花费就由你来算出啦。
输入
第一行一个整数 n 表示牧场数目。
第二行包括 n个整数，第 i 个整数表示 ai。
第三行包括 n 个整数，第 i 个整数表示 bi。
输出
只有一行，包括一个整数，表示最小花费。
样例
输入
4
2 4 2 4
3 1 4 2
输出
9
解释
选取牧场 1，3，4 建立控制站，最小费用为 2+(2+1×1)+4=9。
数据规模与约定
1≤n≤10^6, 1≤n≤10^6，0 < ai,bi ≤ 10000
题解
–这是一道美丽的有难度的题目，难在哪里呢，当然是题解特别难写啦
首先：要发现这是一道dp啦，
– f[i] 表示1~i 农场已经被控制，且必须选 i 号农场建控制站 的最小花费
所以说，状态转移方程如下：
f[i]=min( f[j]+a[i]+ (b[j+1] * (i-j-1)+b[j+2] * (i-j-2)+…..+b[i-1] * 1) )
如果就这个样子打代码的话，就算用前缀和预处理，时间复杂度也是O(n^2),绝对会爆了啦
于是乎，现炒现卖地用了玄学的 斜率优化
假设 j > k , 并且 f[j] < f[k] , 即 j 比 k 优
经过一番美丽的展开和化简，后可以得出：满足上面假设的条件如下
( f[j] + B[j] - ( f[k] + B[k] ) ) / ( b[j] - b[k] ) < i
b[i]:放养量前缀和
B[i]:b[i]*i 的前缀和
所以就可以美丽的AC了（斜率优化是个玄学的东西哦）
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=1e6+5;
int n;
long long a[MAXN],b[MAXN],B[MAXN];
int stack[MAXN],h,t;
long long f[MAXN];
long long cost(int from,int to){
return to*(b[to]-b[from])-(B[to]-B[from]);
}
double slope(int j,int k){
return (f[j]+B[j]-(f[k]+B[k]))/(b[j]-b[k]);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
B[i]=B[i-1]+b[i]*i;
b[i]+=b[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
while(t>h&&slope(stack[h+1],stack[h])<i)
h++;
f[i]=f[stack[h]]+a[i]+cost(stack[h],i);
while(t>h&&slope(i,stack[t])<slope(stack[t],stack[t-1]))
t--;
stack[++t]=i;
}
cout<<f[n];
return 0;
}