题目链接
303. 运输小猫
小 \(S\) 是农场主，他养了 \(M\) 只猫，雇了 \(P\) 位饲养员。
农场中有一条笔直的路，路边有 \(N\) 座山，从 \(1\) 到 \(N\) 编号。
第 \(i\) 座山与第 \(i-1\) 座山之间的距离为 \(D_i\)。
饲养员都住在 \(1\) 号山。
有一天，猫出去玩。
第 \(i\) 只猫去 \(H_i\) 号山玩，玩到时刻 \(T_i\) 停止，然后在原地等饲养员来接。
饲养员们必须回收所有的猫。
每个饲养员沿着路从 \(1\) 号山走到 \(N\) 号山，把各座山上已经在等待的猫全部接走。
饲养员在路上行走需要时间，速度为 \(1\) 米/单位时间。
饲养员在每座山上接猫的时间可以忽略，可以携带的猫的数量为无穷大。
例如有两座相距为 \(1\) 的山，一只猫在 \(2\) 号山玩，玩到时刻 \(3\) 开始等待。
如果饲养员从 \(1\) 号山在时刻 \(2\) 或 \(3\) 出发，那么他可以接到猫，猫的等待时间为 \(0\) 或 \(1\)。
而如果他于时刻 \(1\) 出发，那么他将于时刻 \(2\) 经过 \(2\) 号山，不能接到当时仍在玩的猫。
你的任务是规划每个饲养员从 \(1\) 号山出发的时间，使得所有猫等待时间的总和尽量小。
饲养员出发的时间可以为负。
输入格式
第一行包含三个整数 \(N，M，P\)。
第二行包含 \(n-1\) 个整数，\(D_2,D_3,…,D_N\)。
接下来 \(M\) 行，每行包含两个整数 \(H_i\) 和 \(T_i\)。
输出格式
输出一个整数，表示所有猫等待时间的总和的最小值。
数据范围
\(2 \le N \le 10^5\),
\(1 \le M \le 10^5\),
\(1 \le P \le 100\),
\(1 \le D_i < 1000\),
\(1 \le H_i \le N\),
\(0 \le T_i \le 10^9\)
输入样例：
4 6 2
1 3 5
1 0
2 1
4 9
1 10
2 10
3 12
输出样例：
3
解题思路
斜率优化dp
假设某位饲养员的开始时刻为 \(s\)，对于某只猫来说，如果有 \(s+d[i]\geq t[i]\)，其中 \(d[i]\) 表示第 \(i\) 座山到第 \(1\) 座的距离，说明该饲养员可以接走这只猫，且该猫的等待时间为 \(s-(d[i]-t[i])\)，设 \(A[i]=d[i]-t[i]\)，将所有的 \(a[i]\) 排序，显然，\(s\) 应该选择其中若干个 \(a[i]\) 更优，有如下 dp
-
状态表示：\(f[i][j]\) 表示 \(i\) 个饲养员负责 \(j\) 只猫的最少等待时间
-
状态计算：\(f[i][j]=min\{f[i-1][k]+A[j]\times (j-k)-(sum[j]-sum[k])\}\)，其中 \(sum[i]\) 为 \(A[i]\) 的前缀和
对上式进行转化，得 \(f[i-1][k]+sum[k]=A[j]\times k+f[i][j]-A[j]\times j+sum[j]\)，将 \(f[i-1][k]+sum[k]\) 看作 \(y\)，\(k\) 看作 \(x\)，\(A[j]\) 看作直线的斜率，\(f[i][j]-A[j]\times j+sum[j]\) 看作截距，与 \(k\) 有关的都视为变量，其他为常量，显然 \(-A[j]\times j+sum[j]\) 是一个常量，要使 \(f[i][j]\) 最小，即截距最小，同时，这里的 \(k\) 且直线的斜率也递增，即可转化为 301. 任务安排2 这题的解法
- 时间复杂度：\(O(n)\)
代码
// Problem: 运输小猫
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/305/
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=1e5+5;
int n,m,p,d[N];
int hh,tt,q[N];
LL f[105][N],a[N],s[N];
LL get_y(int k,int j)
{
return f[j-1][k]+s[k];
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&d[i]);
d[i]+=d[i-1];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x;
scanf("%d%lld",&x,&a[i]);
a[i]-=d[x];
}
sort(a+1,a+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=0;i<=p;i++)f[i][0]=0;
for(int i=1;i<=p;i++)
{
hh=tt=q[0]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
while(hh<tt&&get_y(q[hh+1],i)-get_y(q[hh],i)<=(q[hh+1]-q[hh])*a[j])hh++;
int k=q[hh];
f[i][j]=f[i-1][k]+s[k]-s[j]+a[j]*(j-k);
while(hh<tt&&(get_y(q[tt],i)-get_y(q[tt-1],i))*(j-q[tt])>=(get_y(j,i)-get_y(q[tt],i))*(q[tt]-q[tt-1]))tt--;
q[++tt]=j;
}
}
printf("%lld",f[p][m]);
return 0;
}