传送门

\(n\leq1e6\), 显然还是\(O(n)\)的做法.

这个题有个条件是只能运往编号更大的工厂的仓库, 这也是写出朴素dp的方程的条件.

我们令\(f[i]\)表示前\(i\)个工厂的最小花费, 那么易得

\[f[i]=min\{f[j]+t(j,i)\}\]

其中这个\(t(j,i)\)表示将\((j,i)\)这个区间的东西运到\(i\)的总费用. 很显然, 这个式子要\(O(1)\)求出来才行, 不然复杂度就要炸...

那么怎么\(O(1)\)求呢?

考虑类似于前缀和的性质.

我们令\(s_i\)为将\((1,i]\)这个区间中所有工厂的产品运到\(i\)的总花费, \(c_i\)表示前\(i\)个工厂的产品总量, \(d_i\)表示第\(i\)个工厂的坐标, 我们发现, 如果对\(i,j\)做一波前缀和相减, 那么前\(j\)个点的货物都被多运了\(d_i-d_j\)的距离... 所以就可以推出

\[t(j,i)=s_i-s_j-c_j*(d_i-d_j)\]

这样就可以扔进状态转移方程进行斜率优化了... 化完之后的式子是:

\(f[j]-s[j]+c[j]*d[j]\)=\(d[i]\)\(c[j]\)+\(f[i]-s[i]-w[i]\)

然后求的是最小值, 斜率还递增(这好像是最常见的一种了吧?), 那就跟之前一样咯= =

然而还是把演草纸上\(d[i],c[j]\)的数组名抄反了WA了一次 但为什么可以过样例啊QAQ

然后就是没有压行的代码: (简单的斜率优化似乎总可以写成标准的20行?

#include 
    
     const int N=1e6+6;typedef long long LL;LL f[N],s[N],c[N];int q[N],w[N],d[N],n,h,t;inline int gn(int a=0,char c=0){    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());    for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;}double slope(int x,int y){    return 1.0*(f[x]-s[x]+c[x]*d[x]-f[y]+s[y]-c[y]*d[y])/(c[x]-c[y]);}int main(){    n=gn(); for(int i=1;i<=n;++i){        d[i]=gn();c[i]=c[i-1]+gn();w[i]=gn();        s[i]=s[i-1]+c[i-1]*(d[i]-d[i-1]);    }    for(int i=1,j;i<=n;++i){        while(h
     
      <=d[i]) ++h; j=q[h];        f[i]=f[j]+s[i]-s[j]-c[j]*(d[i]-d[j])+w[i];        while(h
      
       =slope(q[t],i)) --t;        q[++t]=i;    }    printf("%lld\n",f[n]);}