正题

---

题目大意

有$n$个人$m$辆车。
人有$t_i$，车有$f_j$。第i个人修第j俩车时间是$t_i\ast f_j$。
一辆车要每个人都修一遍，且一个人修好后要求下一个人没有工作。对于每辆车找一个修理开始时间要求总修理时间最小(得按顺序修)。

---

解题思路

定义$t_i={\sum }_{i=1}^m{t}_i$
设$g_i$表示第$i$辆车开始的时间，然后答案就是$g_m+f_n\ast s_i$
且有gi=gi−1+max⁡{tk∗fi−1−tk−1∗fi}g_i=g_{i-1}+\max\{t_k*f_{i-1}-t_{k-1}*f_i\}gi​=gi−1​+max{tk​∗fi−1​−tk−1​∗fi​}
时间复杂度$O(nm)$
愉快$TLE$，我们考虑斜率优化
对于决策$j,k$，且$k$比$j$优
那有$$t_k\ast f_{i-1}-t_{k-1}\ast f_i>t_j\ast f_{i-1}-t_{j-1}\ast f_i$$
$$\Rightarrow (t_k-t_j)\ast f_{i-1}>(t_{k-1}-t_{j-1})\ast f_i$$
$$\Rightarrow \frac{t_k-t_j}{t_{k-1}-t_{j-1}}>\frac{f_i}{f_{i-1}}$$

然后我们发现$\frac{f_i}{f_{i-1}}$并不是单调递增的，但是$\frac{t_k-t_j}{t_{k-1}-t_{j-1}}$肯定越大越优，所以我们可以按照$\frac{t_k-t_j}{t_{k-1}-t_{j-1}}$维护一个单调递增的单调队列，然后就可以对于每个$\frac{f_i}{f_{i-1}}$在单调队列上二分。
时间复杂度$O(m\log n)$

---

$code$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=110000; 
ll n,m,t[N],f[N],q[N],g[N],tail;
double tan_(ll x,ll y)
{return (t[x]-t[y])/(double)(t[x-1]-t[y-1]);}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&t[i]),t[i]+=t[i-1];for(ll i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&f[i]);for(ll i=1;i<=n;i++){while(tail>1&&tan_(i,q[tail])>tan_(q[tail],q[tail-1])) tail--;q[++tail]=i;}for(ll i=2;i<=m;i++){ll l=0,r=tail;double k=(double)f[i]/(double)f[i-1];while(l<r){ll mid=(l+r)/2;if(tan_(q[mid+1],q[mid])>k) l=mid+1;else r=mid;}g[i]=g[i-1]+t[q[l]]*f[i-1]-t[q[l]-1]*f[i];}printf("%lld",g[m]+t[n]*f[m]);
}