描述

• 有 n(≤50000) 塊 (Xi*Yi) 的土地. 一些土地的購買價格是這些土地中長的最大值乘寬的最大值 (長寬不可顛倒). 求購買所有土地的最小花費.
• 將 n 個二元組 (x, y) 分組使每個組中的 max{x}*max{y} 的和最小.

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分析

• 這里土地的順序是無所謂的, 所以憑直覺先按 x 升序排序.

• 然后去除無用的土地, 即如果一塊土地可以完全包含在另一塊土地里, 這一塊土地就不需要再考慮了(因為它可以和后者分在一組). 這一步可以用一個單調棧來實現.

• 這時 x 遞增, y 遞減.

• 得到轉移方程 : 由 j->i(j < i), f[i]=f[j?1]+Xi?Yj
• 意義就在于 j 和 i 之間的土地的長不大于 Xi 而寬不大于 Yj.
• O(n2)

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• 斜率優化 :
• 如果 j < k, j 不比 k 差, 則 f[j?1]+Xi?Yj≤f[k?1]+Xi?Yk
• 化簡得到 Xi≤f[k?1]?f[j?1]Yj?Yk
• 設上式 f[k?1]?f[j?1]Yj?Yk=g(j,k)
• 則如果 g(a,b)>g(b,c) 則 b 可以完全被舍棄. 證明如下
  
  • 如果 g(a,b)≥Xi, 那么 a 優于 b.
  • 如果 g(a,b)<Xi, 那么 g(b,c)<Xi c 優于 b.
• 所以可以用一個單調隊列來存儲當前在考慮范圍內的土地. 用隊尾的兩個結點和 i 的 X 和 Y 的值來維護單調隊列. 其實是判定隊尾結點可不可以刪除.
• 而在更新 f[i] 的答案時, 則從隊頭選取. 如果 g(q[first],q[first+1])≥Xi 說明隊首元素是隊列中的最優解(向后推就可以證明了). 否則 first 就應該從隊列中刪除, 因為此時 q[first+1] 比 q[first] 優, 在 i 變大時 Xi 也變大, 那么 g(q[first],q[first+1])<Xi 是一定成立的.
• O(n?logn)

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代碼

https://code.csdn.net/snippets/647122

#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std;const int maxn = 50000 + 10;inline int getint() {int x = 0, f = 1;char ch = getchar();for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x*10 + ch-'0';return x * f; }struct Node {int x, y;bool operator < (const Node& rhs) const {if(x == rhs.x) return y < rhs.y;return x < rhs.x;} } A[maxn];int q[maxn]; long long f[maxn];double g(int a, int b) {return (double)(f[b-1]-f[a-1]) / (A[a].y-A[b].y); }int main() {freopen("acquire.in", "r", stdin);freopen("acquire.out", "w", stdout);int n = getint(), m;for(int i = 0; i < n; i++) {A[i].x = getint();A[i].y = getint();}sort(A, A + n);m = 0;for(int i = 0; i < n; i++) {while(m > 0 && A[m-1].y <= A[i].y) m--;A[m++] = A[i];}int first, last;first = last = 0;for(int i = 0; i < m; i++) {while(last-first > 1 && g(q[last-2], q[last-1]) > g(q[last-1], i)) last--;q[last++] = i;while(last-first > 1 && g(q[first], q[first+1]) < (double)A[i].x) first++;int j = q[first];f[i] = (long long)A[i].x * A[j].y + (j > 0 ? f[j-1] : 0);}printf("%lld\n", f[m-1]);return 0; }

總結

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