Description

从山顶上到山底下沿着一条直线种植了n棵老树。当地的政府决定把他们砍下来。为了不浪费任何一棵木材，树被砍倒后要运送到锯木厂。

木材只能按照一个方向运输：朝山下运。山脚下有一个锯木厂。另外两个锯木厂将新修建在山路上。你必须决定在哪里修建两个锯木厂，使得传输的费用总和最小。假定运输每公斤木材每米需要一分钱。

Input

输入的第一行为一个正整数n——树的个数（2≤n≤20 000）。树从山顶到山脚按照1，2……n标号。接下来n行，每行有两个正整数（用空格分开）。第i+1行含有：wi——第i棵树的重量（公斤为单位）和 di——第i棵树和第i+1棵树之间的距离，1≤wi ≤10 000，0≤di≤10 000。最后一个数dn，表示第n棵树到山脚的锯木厂的距离。保证所有树运到山脚的锯木厂所需要的费用小于2000 000 000分。

Output

输出只有一行一个数：最小的运输费用。

Sample Input

9

1 2

2 1

3 3

1 1

3 2

1 6

2 1

1 2

1 1

Sample Output

sol

首先写出\(O(n^2)\)的\(DP\)式，直接枚举两个锯木厂的选址（下面假设\(d_i\)表示\(i\)到锯木厂的距离）

\[f_i=min\{\sum_{x=1}^{j}(d_x-d_j)w_x+\sum_{x=j+1}^{i}(d_x-d_i)w_x+\sum_{x=i+1}^{n}d_xw_x\}(j<i)
\]

设\(s_i\)为\(w_i\)的前缀和

\[f_i=\sum_{x=1}^{n}d_xw_x-max\{d_js_j+d_i(s_i-s_j)\}(j<i)
\]

设\(k<j\)且\(j\)比\(k\)优

\[d_js_j+d_i(s_i-s_j)>d_ks_k+d_i(s_i-s_k)
\]

移项得

\[\frac{d_js_j-d_ks_k}{s_j-s_k}>d_i
\]

所以这里维护一个下凸壳，即斜率递减

code

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define ll long long

const int N = 100005;

ll gi()

{

	ll x=0,w=1;char ch=getchar();

	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();

	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();

	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

int n,q[N],hd,tl;

ll w[N],d[N],s[N],Sum,ans=1e18;

double calc(int j,int k)

{

	return (double)(d[j]*s[j]-d[k]*s[k])/(s[j]-s[k]);

}

ll count(int i,int j)

{

	return Sum-d[j]*s[j]-d[i]*(s[i]-s[j]);

}

int main()

{

	n=gi();

	for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=gi(),d[i]=gi();

	for (int i=n;i>=1;i--) d[i]+=d[i+1];

	for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+w[i],Sum+=d[i]*w[i];

	/*

	for (int i=1;i<=n;i++)

		for (int j=i-1;j;j--)

			printf("i=%d j=%d res=%lld\n",i,j,count(i,j));

	*/

	for (int i=1;i<=n;i++)

	{

		while (hd<tl&&calc(q[hd],q[hd+1])>d[i]) ++hd;

		ans=min(ans,count(i,q[hd]));

		while (hd<tl&&calc(q[tl-1],q[tl])<calc(q[tl],i)) --tl;

		q[++tl]=i;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

锯木厂