bzoj 1597 [Usaco2008 Mar]土地购买

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.

Input

* 第1行: 一个数: N
* 第2..N+1行: 第i+1行包含两个数,分别为第i块土地的长和宽

Output

* 第一行: 最小的可行费用.

Sample Input

4

100 1

15 15

20 5

1 100

输入解释:

共有4块土地.

Sample Output

500

HINT

FJ分3组买这些土地: 第一组:100x1, 第二组1x100, 第三组20x5 和 15x15 plot. 每组的价格分别为100,100,300, 总共500.

我们发现，如果有两个矩形，前一个长宽为x1 y1，后一个为x2 y2,如果x1<y1且x2<y2，则可以把前一个矩形丢掉不用。所以我们可以通过排序得到一个x递增，y递减的序列进行DP，再用斜率优化。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,tot,head,tail;
long long f[50005];
int q[50005];
struct ty
{
long long a,b;
}p[50005],t[50005];
bool cmp(ty x,ty y)
{
if(x.a!=y.a) return x.a<y.a;
return x.b<y.b;
}
long long dx(int i,int j)
{
return t[i+1].b-t[j+1].b;
}
long long dy(int i,int j)
{
return f[j]-f[i];
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i].a,&p[i].b);
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(tot>0&&p[i].b>=t[tot].b) tot--;
tot++;
t[tot].a=p[i].a;
t[tot].b=p[i].b;
}
head=0;tail=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
while(head<tail&&dy(q[head],q[head+1])<t[i].a*dx(q[head],q[head+1])) head++;
int id=q[head];
f[i]=f[id]+t[i].a*t[id+1].b;
while(head<tail&&dy(q[tail],i)*dx(q[tail-1],q[tail])<dy(q[tail-1],q[tail])*dx(q[tail],i)) tail--;
q[++tail]=i;
}
cout<<f[tot]<<endl;
return 0;
}