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
第一行包含兩個整數 N 和 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
0≤S,Ci≤512
−512≤Ti≤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 301 任務安排2中，我們給出了任務安排問題的斜率優化的解法，因爲斜率k = st[i] + S是單調遞增的，所以隊列中小於當前k的斜率一定小於後面的k，於是我們在查找第一個大於k的斜率時將小於k的斜率都刪除了，從而保證了O(n)的時間複雜度。但是本題的Ti可能是負數，儘管時間是負數設置得有些不合理，我們只能暫且認爲它是合理的，Ti是負數時，k = st[i] + S就未必單調遞增了，因爲前綴和不一定單調遞增了，這意味着，後面的k可能小於之前的k，我們不應該在尋找第一個大於k的斜率時刪掉小於k的斜率了，因爲後面的k還可能用到，但是不刪除小於k的斜率，意味着每次尋找j都需要從堵頭找起，時間複雜度最壞可能是平方級別的，爲此我們在找第一個大於k的斜率時，只能對隊列中的斜率做二分查找，用O(nlogn)的時間複雜度去解決本題了。本題的其它代碼與上題一致，故分析過程可以參考上題，唯一修改的地方就是將原來出隊頭的代碼修改爲二分找j的代碼了。
#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("%lld%lld",&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++){
int l = hh,r = tt;
while(l < r){
int mid = l + r >> 1;
if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]]<=(t[i]+s)*(c[q[mid+1]]-c[q[mid]])) l = mid + 1;
else r = mid;
}
f[i] = f[q[l]] - (t[i] + s) * c[q[l]] + 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;
}