P5017 擺渡車（斜率優化dp + 細節）

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由於 t 並不大，考慮以 t 爲狀態進行 dp。（這題有 $O(n*m)$ 的優秀dp做法，這裏只爲了練習斜率優化dp）

維護 cnt[i] 表示前 i 時刻的人數，sum[i] 表示前 i 時刻所有人的下標之和。
設 dp[i] 表示在第 i 時刻發車，所有人等車的最小時間，顯然最後答案分佈在 $[t_{max},t_{max} + m]$。

列出轉移方程：dp[i] = dp[j] + i * (cnt[i] - cnt[j]) - (sum[i] - sum[j]))

展開得到：dp[i] = dp[j] + i * cnt[i] - i * cnt[j] - sum[i] + sum[j]，兩邊移項得到：
dp[j] + sum[j] = i * cnt[j] + dp[i] + i * cnt[i]，出現了 i * cnt[j] ，且橫座標 cnt[j] 單調遞增，可以用斜率優化。

由於斜率 i 也具有單調性，因此決策具有單調性，用單調隊列維護一個下凸包，每次將 i - m 維護到隊列中，就可以保證 下標差 >= m。

什麼時候維護下凸包：當橫座標單增，要求的是最小值時，維護下凸包，要求的是最大值時維護上凸包。若橫座標單減，則求最小值時維護的是上凸包，求最大值時維護的是下凸包（指在二維平面上的呈現）

有個坑點就是 $t_i$ 可以爲 0，不做處理的話，以 0 爲轉移點會出錯，可以將時間全部 + 1。

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代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e6 + 500;
typedef long long ll;
const ll inf = 1e18;
int v[maxn],n,m,tot,N;
ll dp[maxn],sum[maxn];
int q[maxn],front,rear;
ll calc(int x,int y) {
	return dp[y] + 1ll * x * (v[x] - v[y]) - (sum[x] - sum[y]);
}
ll getY(int x) {
	return dp[x] + sum[x];
}
ll getX(int x) {
	return v[x];
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i = 1,x; i <= n; i++) {
		scanf("%d",&x);
		x++;
		v[x]++;										//人數前綴和 
		sum[x] += x;
		N = max(N,x + m);
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		sum[i] += sum[i - 1];		//時間前綴和 
		v[i] += v[i - 1];
	}
	for (int i = 0; i < m; i++)
		dp[i] = calc(i,0);
	for (int i = m; i <= N; i++) {
		while (front + 1 < rear && (getY(i - m) - getY(q[rear])) * (getX(q[rear]) - getX(q[rear - 1])) 
			<= (getY(q[rear]) - getY(q[rear - 1])) * (getX(i - m) - getX(q[rear])))
		rear--;	
		q[++rear] = i - m;
		while (front + 1 < rear && calc(i,q[front + 1]) >= calc(i,q[front + 2]))
			front++;
		dp[i] = calc(i,q[front + 1]);
	}
	ll ans = dp[N];
	for (int i = N - m; i <= N; i++)
		ans = min(ans,dp[i]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}