Description

　　L公司有N个工厂，由高到底分布在一座山上。如图所示，工厂1在山顶，工厂N在山脚。由于这座山处于高原内
陆地区（干燥少雨），L公司一般把产品直接堆放在露天，以节省费用。突然有一天，L公司的总裁L先生接到气象
部门的电话，被告知三天之后将有一场暴雨，于是L先生决定紧急在某些工厂建立一些仓库以免产品被淋坏。由于
地形的不同，在不同工厂建立仓库的费用可能是不同的。第i个工厂目前已有成品Pi件，在第i个工厂位置建立仓库
的费用是Ci。对于没有建立仓库的工厂，其产品应被运往其他的仓库进行储藏，而由于L公司产品的对外销售处设
置在山脚的工厂N，故产品只能往山下运（即只能运往编号更大的工厂的仓库），当然运送产品也是需要费用的，
假设一件产品运送1个单位距离的费用是1。假设建立的仓库容量都都是足够大的，可以容下所有的产品。你将得到
以下数据：1：工厂i距离工厂1的距离Xi（其中X1=0）;2：工厂i目前已有成品数量Pi;:3：在工厂i建立仓库的费用
Ci;请你帮助L公司寻找一个仓库建设的方案，使得总的费用（建造费用+运输费用）最小。
Input

　　第一行包含一个整数N，表示工厂的个数。接下来N行每行包含两个整数Xi, Pi, Ci, 意义如题中所述。
Output

　　仅包含一个整数，为可以找到最优方案的费用。
Sample Input
3

0 5 10

5 3 100

9 6 10
Sample Output
32
HINT

在工厂1和工厂3建立仓库，建立费用为10+10=20，运输费用为(9-5)*3 = 12，总费用32。如果仅在工厂3建立仓库，建立费用为10，运输费用为(9-0)*5+(9-5)*3=57，总费用67，不如前者优。

【数据规模】

对于100%的数据， N ≤1000000。 所有的Xi, Pi, Ci均在32位带符号整数以内，保证中间计算结果不超过64位带符号整数。

解题方法： 推导过程来自hzwer
f[i]=min(f[j]+cal(j,i))

主要问题是如何在O1的时间内计算cal(j,i)，即j+1到i这一段存入i所需的费用

我们可以利用前缀和的思想

sum[i]为p[i]的前缀和

如果所有物品都从0开始运到i，则费用为（sum[i]-sum[j]）*x[i]

但由于物品的起始点不在0，所以每个物品可以少花费x[i]*p[i]

b[i]为x[i]*p[i]的前缀和

可得f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j])*x[i]-(b[i]-b[j])+c[i]

如果j>k且j比k更优

f[j]-f[k]+b[j]-b[k]<(sum[j]-sum[k])*x[i]。

好了，这就可以直接上斜率优化了。。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1000010;
typedef long long LL;
int n, head, tail, q[maxn];
LL p[maxn], x[maxn], c[maxn], dp[maxn];
LL sum[maxn], b[maxn];
double getxl(int k, int j){ //j > k
    return double (dp[j] - dp[k] + b[j] - b[k]) / double(sum[j] - sum[k]);
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld%lld", &x[i], &p[i], &c[i]);
    sum[0]= b[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        sum[i] = sum[i-1] + p[i];
        b[i] = b[i-1] + x[i] * p[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        while(head < tail && getxl(q[head], q[head+1]) < x[i]) head++;
        int t = q[head];
        dp[i] = dp[t] + (sum[i] - sum[t]) * x[i] - b[i] + b[t] + c[i];
        while(head < tail && getxl(q[tail], i) < getxl(q[tail-1], q[tail])) tail--;
        q[++tail] = i;
    }
    cout << dp[n] << endl;
    return 0;
}