标签：斜率优化
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。
F[i]=min{f[j]+work(j+1,i)}
Work(j+1,i)表示将j+1到i的物品移往i的运输费用
难点就是在O（1）的时间内求出work(j+1,i)
可以利用前缀和的思想，sum[i]表示p[i]的前缀和
如果所有物品都从起始点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，那么每个物品可以少花费x[i]*p[i]
b[i]表示x[i]*p[i]的前缀和
那么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，斜率优化下
（f[j]-f[k]+b[j]-b[k]）/ (sum[j]-sum[k])< x[i]
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define LL long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
using namespace std;
inline LL read()
{LL f=1,x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
const int maxn=1e6+6;
LL n,head,tail,p[maxn],x[maxn],c[maxn],f[maxn],b[maxn],sum[maxn],q[maxn];
inline double slop(int k,int j)
{return (double)(f[j]-f[k]+b[j]-b[k])/(double)(sum[j]-sum[k]);}int main()
{n=read();rep(i,1,n)x[i]=read(),p[i]=read(),c[i]=read();rep(i,1,n){sum[i]=sum[i-1]+p[i];b[i]=b[i-1]+p[i]*x[i];}rep(i,1,n){while(head<tail&&slop(q[head],q[head+1])<x[i])head++;int t=q[head];f[i]=f[t]-b[i]+b[t]+(sum[i]-sum[t])*x[i]+c[i];while(head<tail&&slop(q[tail-1],q[tail])>slop(q[tail],i))tail--;q[++tail]=i;}cout<<f[n]<<endl;return 0;
}