N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。 从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需 要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。（1 <= N <= 10000）
题目分析：
此道题目有个提示，即任务的顺序不得改变，那么很显然，任务的调度安排是具有阶段性的，我们可以用DP来解决此问题，这个DP方程不难写出，由于本题的DP方向有正推和倒推两种，我们选择倒推（至于为什么后面会讲解）
首先设：sumT[i]表示从i到n的任务所需要的时间总和， sumF[i]表示从i到n的费用系数总和，dp[i]表示对于从i到n的任务安排的最优解。
那么很容易可以得出这样一个简单的DP状态转移方程： (注: 数组存储从1到n)
dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i] { i < j <= n + 1 }
边界条件 dp[n+1] = 0
sumT[n+1]=sumF[n+1]=0
可以清楚的看到，此种DP方法的时间复杂度是O(n^2)的，那么如何降低复杂度呢？
经典的优化分析：
我们考虑在计算dp[i]时，对于i < j < k来说， 如果保证决策k比决策j大的条件是：
dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i] < dp[k] + (S + sumT[i] - sumT[k]) * sumF[i]
通过移项整理，可以化简为：
(dp[j] - dp[k]) / (sumT[j] - sumT[k]) < sumF[i]
这个类似于斜率的东西又怎么来优化？
为了证明和更好的说明接下来的优化，我们定义这么几个变量：
设：
d[i, x] = dp[x] + (S + sumT[i] - sumT[x]) * sumF[i] ;
g[j, k] = (dp[j] - dp[k]) / (sumT[j] - sumT[k])
那么我们可以总结一下上面推出来的式子：
根据上面有：
i<j<k
同理可证： d[i, j] < d[i, k] <=> g[j, k] < sumF[i] 决策j比决策k小
进而我们发现这么一个问题，当i < j < k < l时，如果有g[j, k] < g[k, l]，那么k永远都不会成为计算dp[i]时的决策点。
证明：
如果g[j, k] < g[k, l]，那么我们可以分两个方面考虑g[j, k]与sumF[i]的关系：
(1)如果g[k, l] >= sumF[i]，那么决策k大于等于决策l，也就说决策k不可能是决策点
(2)如果g[j, k] < sumF[i],那么决策k要大于决策j，所以k也不可能是决策点
根据上面的结论和一些特性，我们可以考虑维护一个斜率的双向队列来优化整个DP过程：
(1)假设i(马上要入队的元素) <j< k依次是队列尾部的元素，那么我们就要考虑g[i, j]是否大于g[j, k]，如果g[i, j] < g[j, k]，那么可以肯定j一定不会是决策点，所以我们可以从队列中将j去掉，然后依次向前推，直到找到一个队列元素少于3个或者g[i j] >= g[j, k]的点才停止。
(2)假设a>b(a是头元素)是依次是队列头部的元素，那么我们知道，如果g[b, a] < sumF[i]的话，那么对于i来说决策点b肯定优于决策点a，又由于sumF[i]是随着i减少而递增的（这个就是为什么倒推的原因），所以当g[a, b] < sumF[i]时，就一定有g[a, b] < sumF[i-1]，因此当前的决策点a不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点，而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点，所以我们可以把a从队列 的头部删除，依次往后如此操作，直到队列元素小于2或者g[b, a] >=
sumF[i]。
(3)对于i的更新，一定是队列头部的决策点最好，所以O(1)即可转移。
复杂度分析： 由于任何一个点只能进出队列一次，所有均摊的复杂度为O(n)。
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#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=10050;
int n,s,t[N],f[N],id[N];
LL opt[N],sf[N],st[N];
inline LL dx(int k1,int k2){ return st[k1]-st[k2]; }
inline LL dy(int k1,int k2){ return opt[k1]-opt[k2]; }
inline bool G(int k1,int k2,int i)
{
return dy(k1,k2)>sf[i]*dx(k1,k2);
}
inline bool inc(int k1,int k2,int k3)
{
return dy(k1,k2)*dx(k2,k3)<dy(k2,k3)*dx(k1,k2);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&s)!=-1)
{
for(int i=n;i>=1;i--)
scanf("%d%d",&t[i],&f[i]);
st[0]=sf[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
st[i]=st[i-1]+t[i];
sf[i]=sf[i-1]+f[i];
}
int l=0,r=-1;
id[++r]=0; opt[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(l<r&&G(id[l],id[l+1],i)) l++;
int k=id[l];
opt[i]=opt[k]+(s+st[i]-st[k])*sf[i];
while(l<r&&!inc(id[r-1],id[r],i)) r--;
id[++r]=i;
}
printf("%I64d\n",opt[n]);
}
}