題目描述：
有 N 個任務排成一個序列在一臺機器上等待執行，它們的順序不得改變。
機器會把這 N 個任務分成若干批，每一批包含連續的若干個任務。
從時刻0開始，任務被分批加工，執行第 i 個任務所需的時間是 Ti。
另外，在每批任務開始前，機器需要 S 的啓動時間，故執行一批任務所需的時間是啓動時間 S 加上每個任務所需時間之和。
一個任務執行後，將在機器中稍作等待，直至該批任務全部執行完畢。
也就是說，同一批任務將在同一時刻完成。
每個任務的費用是它的完成時刻乘以一個費用係數 Ci。
請爲機器規劃一個分組方案，使得總費用最小。
輸入格式
第一行包含整數 N。
第二行包含整數 S。
接下來N行每行有一對整數，分別爲 Ti 和 Ci，表示第 i 個任務單獨完成所需的時間 Ti 及其費用係數 Ci。
輸出格式
輸出一個整數，表示最小總費用。
數據範圍
1≤N≤3∗10^5,
1≤Ti,Ci≤512,
0≤S≤512
輸入樣例：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
輸出樣例：
153
分析：
在AcWing 300 任務安排1中，我們使用了費用提前計算的技巧，實現了本題平方級別的算法，對於本題增加的數據範圍，顯然平方級別的算法不足以解決問題，我們在上一題中推導出了本題的狀態轉移方程f[i] = min(f[j] + (sc[i] - sc[j])*st[i] + (sc[n] - sc[j])*S)，現在需要想辦法在線性的時間內解決本題。
本題需要使用斜率優化DP，又被稱爲凸包（凸殼）優化。雖然說最後的結果不是很複雜，但是沒有接觸過凸包的情況下，想要理解本題，還是比較困難的。所以，先引入幾個有關凸包的概念。先看下凸包的定義：
凸包(Convex Hull)是一個計算幾何(圖形學)中的概念。
在一個實數向量空間V中，對於給定集合X，所有包含X的凸集的交集S被稱爲X的凸包。
X的凸包可以用X內所有點(X1，...Xn)的凸組合來構造.
在二維歐幾里得空間中，凸包可想象爲一條剛好包著所有點的橡皮圈。
用不嚴謹的話來講，給定二維平面上的點集，凸包就是將最外層的點連接起來構成的凸多邊形，它能包含點集中所有的點。
正如最後一句話所說，在一個點集中，外層的點構成的包含所有點集中的點的凸多邊形就是凸包。
如上圖所示，點集中外層的點構成的凸多邊形就構成了能夠包含所有點的凸包，其中連接相鄰頂點構成的邊越來越平緩，或者說斜率越來越小構成的一組點叫做上凸殼，而相鄰的邊，斜率越來越大的一組點叫做下凸殼。本題主要考慮的是下凸殼。
如圖所示，開始只有頂點AB構成的凸包，然後加入第三點C1，顯然BC1的斜率是高於AB的，因此AB，BC1構成了一個下凸殼；但是如果新加的點不是C1而是C2，BC2的斜率小於AB，那麼AB和BC2就不能構成下凸殼了，因爲不能作爲點集的下邊界，不能包含在AB下面卻在AC2上面的點，因此，加入C2後，AC2將成爲下凸殼新的邊界了，因此，對於平面上的三點A(x1,y1),B(c2,y2),C(c3,y3)，並且x1 < x2 < x3,y1 < y2 < y3。AB與BC能夠作爲凸包當且僅當AB的斜率要小於BC的斜率。
上面介紹的知識現在看還是看不出與本題的關聯的，但是馬上就會用到了，本題的求解步驟類似於凸包的Graham掃描法。對於狀態轉移方程f[i] = min(f[j] + (sc[i] - sc[j])*st[i] + (sc[n] - sc[j])*S)，對能夠使f[i]最小的j，有f[i] = f[j] + (sc[i] - sc[j])*st[i] + (sc[n] - sc[j])*S，由於在求f[i]時，sc[i],sc[j],S都是已知量，對式子做下簡單變形，得到f[j] = (st[i] + S) * sc[j] + f[i] - sc[i] * st[i] - sc[n] * S，可以發現 - sc[i] * st[i] - sc[n] * S是常數，f[j]和sc[j]是變量，我們需要做的是，找到合適的j，使得f[i]最小，將f[j]看作y，sc[j]看作x，st[i] + S看作k，f[i] - sc[i] * st[i] - sc[n] * S看作b，式子就化作了y = kx + b這樣簡單的一次函數，f[i]最小時，截距也最小，所以問題就轉化爲了在所有(sc[j],f[j])構成的點集中，找到一條斜率爲st[i] + S的直線，使得截距最小。
如圖所示，我們用一條斜率爲k = st[i] + S的直線不斷往上移動，最先碰到點集中的點時，此時的截距最小，f[i]也最小。可以確定的是，最先碰到的一定是凸多邊形邊界的頂點，而不會是凸包內部包含的點，所以，凸包以外的點可以排除了。現在，需要確定的是，使得截距最小的到底是凸包上的哪一點，圖中直線上移最先遇見的顯然是B點，那在什麼情況下最先遇見的不是AC而是B點呢，只需要AB的斜率小於k，BC的斜率大於k即可，也就說，我們需要維護一個隊列，自隊頭到隊尾斜率遞增，我們從頭遍歷隊列，最先遇見大於k的斜率的端點就是所求的j點。我們在遍歷i的時候逐步的去求f[i]，求f[i]的時候用到了0到i-1，也就說所有的j，每次求出了i也需要將i作爲i + 1狀態中j的候選者加入到點集中，也就說，上圖中的點集分別是(sc[0],f[0])，(sc[1],f[1])，...，由於sc是前綴和，而且c數組都是整數，所以隨着i的增加，新加入的(sc[j],f[j])一定是橫縱座標都超過之前的點的，我們需要不停的向點集中添加橫縱座標都增加的點，並且更新加入新點後點集的凸包，還記得開始我們提過的結論：對於平面上的三點A(x1,y1),B(c2,y2),C(c3,y3)，並且x1 < x2 < x3,y1 < y2 < y3。AB與BC能夠作爲凸包當且僅當AB的斜率要小於BC的斜率。也就說，原本凸包上有AB構成的邊，加入C後，要想BC也作爲凸包的邊界，只需要BC的斜率大於AB，否則，就要刪除B點，因爲AC肯定在B點的下方，B不能作爲凸包的邊界了。
整理下思路，我們遍歷i的時候，相當於不斷的往點集中加點，並且更新凸包，在求f[i]時，只需要找到凸包中第一個大於k的斜率即可，由於凸包的邊的斜率自左向右是遞增的，所以我們可以維護一個隊列，隊頭的斜率最小，並且自隊頭向隊尾斜率是遞增的。我們還需要注意求f[i]時候的k = st[i] + S，隨着i的增加k也在增加，所以隊列中小於k的斜率肯定也小於後面的k，不可能成爲最優解的，所以在遍歷隊列找第一個大於k的斜率時可以將小於k的斜率都刪掉。另外，爲了維護隊列的單調性，插入新點(sc[i],f[i])時，如果該點與之前相鄰點的斜率不是高於之前隊尾的斜率的，就要將隊尾的斜率出隊，踢出凸包的點集，直至找到一個合適的位置再插入隊列。
最後只剩下一步，就是將上面單調隊列的思路實現爲具體的代碼。單調隊列中存儲的必然是點的編號i，其代表的斜率應該與其更接近隊尾的相鄰的點構成的斜率，所以初始情況下隊頭應該有個哨兵節點0，後面要考慮的就是何時出隊頭，何時出隊尾了。
出隊頭一方面是爲了自小到大找到第一個大於k的斜率，另一方面是爲了刪掉小於k的斜率，一條線至少有兩個點構成，所以只有隊列中有不少於兩個點的情況下才能出隊頭，隊頭存儲的是(sc[q[hh]],f[q[hh]])，與後一個點(sc[q[hh]+1],f[q[hh]+1])構成的斜率是(f[q[hh]+1] - f[q[hh]]) / (sc[q[hh]+1] - sc[q[hh]])，當該斜率小於st[i] + S時就要出隊頭考慮下一個斜率，爲了避免除法實現時需要變形下改爲乘法。
出完隊頭就找到了最優解j，開始更新f[i]，任何就是將(sc[i],f[i])加入隊列，同樣是需要比較斜率大小，將該點放在合適的位置使得隊列斜率遞增，當(f[i] - f[q[tt]]) / (sc[i] - sc[q[tt]]) > (f[q[tt]] - f[q[tt]-1]) / (sc[q[tt]] - sc[q[tt]-1])時才能加入到隊尾。
另外，由於計算過程中的乘法可能會爆int，所以本題的數組定義爲long long類型。
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 300005;
typedef long long ll;
ll f[N],t[N],c[N];
int q[N];
int main(){
int n,s;
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i = 1;i <= n;i++){
scanf("%d%d",&t[i],&c[i]);
t[i] += t[i-1],c[i] += c[i-1];
}
int hh = 0,tt = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
while(hh < tt && f[q[hh+1]]-f[q[hh]]<=(t[i]+s)*(c[q[hh+1]]-c[q[hh]])) hh++;
f[i] = f[q[hh]] - (t[i] + s) * c[q[hh]] + c[i] * t[i] + s * c[n];
while(hh < tt && (f[q[tt]]-f[q[tt - 1]])*(c[i]-c[q[tt]]) >= (f[i]-f[q[tt]])*(c[q[tt]]-c[q[tt - 1]])) tt--;
q[++tt] = i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}