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.
题解
首先，我们可以发现，如果一个矩阵的长和宽都小于等于令一个矩阵的长和宽，那么这个矩阵就被废掉了。这样处理掉有什么好处呢？显然，如果按照长度从小到大排序，那么宽度一定是递减的，这样，我们每次购买的就一定是一个区间，就可以方便的写出DP的转移方程。f[i]=min(f[i],f[j]+a[j+1].y*a[i].x)，然后裸写DP肯定是不可以的，所以就用斜率优化搞一下。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50006
#define LL long long
using namespace std;
inline char nc(){
static char buf[
100000],*i=buf,*j=buf;
return i==j&&(j=(i=buf)+fread(buf,
1,
100000,stdin),i==j)?EOF:*i++;
}
inline int _read(){
char ch=nc();
int sum=
0;
while(!(ch>=
'0'&&ch<=
'9'))ch=nc();
while(ch>=
'0'&&ch<=
'9')sum=sum*
10+ch-
48,ch=nc();
return sum;
}
struct point{
LL x,y;
LL
operator *(
const point&b)
const{
return x*b.y-y*b.x;}
point
operator -(
const point&b)
const{point c;c.x=x-b.x;c.y=y-b.y;
return c;}
}que[maxn];
struct data{
int x,y;
bool operator <(
const data&b)
const{
return x<b.x||(x==b.x&&y<b.y);}
}a[maxn],b[maxn];
int n,m,a0;
LL f[maxn];
bool vis[maxn];
LL cross(point x,point y,point z){
return (z-y)*(y-x);
}
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();
int Max=
0;
sort(a+
1,a+
1+n);
for(
int i=n;i>=
1;i--)
if(a[i].y>Max)vis[i]=
1,Max=a[i].y;
for(
int i=
1;i<=n;i++)
if(vis[i])b[++m]=a[i];
int i=
1;
while(i<=m){
int j=i;
while(j<=m&&b[j].y<=b[j+
1].y)j++;
a[++a0].x=b[j].x;a[a0].y=b[j].y;i=j+
1;
}
int hed=
1,tal=
1;que[
1].y=
0;que[
1].x=-a[
1].y;
for(
int i=
1;i<=a0;i++){
point x;x.x=
1;x.y=a[i].x;
while(hed<tal&&((que[hed+
1]-que[hed])*x>=
0))hed++;
f[i]=que[hed].y-a[i].x*que[hed].x;x.x=-a[i+
1].y;x.y=f[i];
while(hed<tal&&(cross(que[tal-
1],que[tal],x)>=
0))tal--;
que[++tal]=x;
}
printf(
"%lld",f[a0]);
return 0;
}
