http://acm.csu.edu.cn/csuoj/problemset/problem?pid=1963
题意：
有m个坑，每只兔子会在ti时刻回到坑中，现在有n个人，每个人都可以从任意时间（<0也可以）从第一个坑出发，速度为1，如果路过的坑中有兔子，就给它喂食物，每只兔子喂一次即可，计算所有兔子等待时间的最短之和。
思路：
对于第i只兔子，如果有个人在y时间正好经过喂了它，那么那个人出发的时间为y-x。现在现计算出每只兔子的y-x值，记为t【】，并排好序。sum【】表示前i只兔子的y-x值。
接下来就是动态转移了，d【i】【j】表示第i个人正好经过第j只兔子时的最小等待时间。
那么状态转移方程就是
d[i][j]=min(d[i][j],d[i-][k]+(j-k)*t[j]-(sum[j]-sum[k]))
解释一下这个方程的意思：d【i-1】【k】表示上一个人正好经过第k只兔子时的最小等待时间，那么j~k之间的兔子肯定是要轮到第i个人来喂了，因为第i个人的出发时间更晚一些，所以j~k这些兔子肯定是要等待的，等待的时间就是，也就是上式的(j-k)*t[j]-(sum[j]-sum[k])。
理解了这个之后，接下来就是斜率优化dp的应用了，这样的状态转移方程也容易让人想到斜率优化dp。
设z<k<j，如果k的决策比z的决策更好，那么在上述的状态转移方程中满足
d[i-][k]+(j-k)*t[j]-(sum[j]-sum[k]) < d[i-][z]+(j-z)*t[j]-(sum[j]-sum[z])
整理得到，那这就是明显的斜率优化dp了。
所谓的斜率优化dp，就是每新插入一个点的时候，需要维护一条下凸的形状，对于会形成上凸的点，我们可以直接删去，因为它肯定不会是最优解。
那么如何维护呢？使用单调队列。
每次依次先检查队首的两个元素，如果满足上式，那么说明队首的第二个值更优，可以删除第一个值，直到第一个值比第二个元素更优。
然后是队尾的检查，如果新插入的点使得队尾的点成为了上凸点，那么就需要删去这个上凸点，直到没有上凸点产生。
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#include<queue>
#include<cmath>
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#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5+ ; int n, m, p;
ll t[maxn];
ll Q[maxn];
ll sum[maxn];
ll dis[maxn];
ll d[][maxn]; ll dy(int i, int j, int k)
{
return (d[i-][j]+sum[j])-(d[i-][k]+sum[k]);
} ll dx(int j, int k)
{
return j-k;
} int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
while(~scanf("%d%d%d",&n, &m, &p))
{
dis[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%I64d",&dis[i]);
dis[i]+=dis[i-];
} for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
t[i]=y-dis[x];
} sort(t+,t+m+);
sum[]=;
for(int i=;i<=m;i++)
sum[i]=sum[i-]+t[i]; for(int i=;i<m;i++)
d[][i]=t[i]*i-sum[i]; for(int i=;i<=p;i++)
{
int frt=, rear=-;
for(int j=;j<=m;j++)
{
while(frt<rear && dy(i,Q[frt+],Q[frt])<t[j]*dx(Q[frt+],Q[frt])) frt++;
while(frt<rear && (dy(i,Q[rear],Q[rear-])*dx(j,Q[rear]))>=(dy(i,j,Q[rear])*dx(Q[rear],Q[rear-])))
rear--;
Q[++rear]=j; int tmp=Q[frt];
d[i][j]=d[i-][tmp]-(tmp-j)*t[j]-(sum[j]-sum[tmp]);
}
}
cout<<d[p][m]<<endl;
}
return ;
}