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题目描述
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。
分析
接猫是任务，p个饲养员，每个饲养员接猫可以看作把几个猫放到一个集合。
第(i)个猫被一个饲养员从1号点出发去接，等待时间与饲养员出发时刻有关。但出发时刻必须大于(T[i] -sum_{1}^iD[i])。将这个时间排个序，可以把这个猫看作若干个任务，可以贪心的证明把这些排序后的任务分成若干个不相交的部分会是最优的，如果相交了会有多余的花费（脑部一下，中间空出来的几个分到别的组，这几个猫的等待时间白白增加）。
假设算出了前(k-1)个饲养员的所有解。(d[k][i])表示前(k)个饲养员接走前 (i)只猫时的答案。转移方程呼之欲出
把max去掉，得到最优的(j)满足
标准斜率优化DP,(A_i)递增。
另外由于P最大200，所以可以滚动数组优化掉一维
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
typedef long long ll;
ll H[N],D[N],A[N],s[N],d[2][N],n,m,p,T[N];
int q[N];
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%lld",&D[i]);
D[i] += D[i-1];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld%lld",&H[i],&T[i]);
A[i] = T[i] - D[H[i]];
}
sort(A+1,A+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++){
s[i] = s[i-1] + A[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)d[1][i] = 1ll * i * A[i] - s[i];
for(int k=2,w=0;k<=p;k++,w^=1){
int l = 0,r = 0;
for(int i=1;i<=m;i++){
while(l < r && (d[w^1][q[l+1]] - d[w^1][q[l]] + s[q[l+1]] - s[q[l]]) <= A[i] * ((q[l+1] - q[l])))l++;
int j = q[l];
//cout << l << ' ' << r << ' ' << j << ' ' << d[w^1][j] << endl;
d[w][i] = d[w^1][j] + 1ll * (i-j) * A[i] - (s[i]-s[j]);
while(l < r && (d[w^1][q[r-1]] - d[w^1][q[r]] + s[q[r-1]] - s[q[r]]) * (q[r-1]-i) > (d[w^1][q[r-1]] - d[w^1][i] + s[q[r-1]] - s[i]) * (q[r-1] - q[r]))r--;
q[++r] = i;
}
}
printf("%lld
",d[p&1][m]);
return 0;
}