一种维护凸包的技巧。

假定一个函数 $f(x)$ 是连续函数，可以被划分为多条直线，直线的斜率单调递增/递减，则可以用最终直线 $g(x)$ 和可重集 $S$ 来表示 $f(x)$。

例如 $f(x)=|x-1|$ 可以表示为 $(x-1,\{1,1\})$，$f(x)=|2x-4|+|3x|$ 可以表示为 $(5x-4,\{0,0,0,0,0,0,2,2,2,2\})$。

不难发现，设 $f(x)=(k_1x+b_1,S_1),g(x)=(k_2x+b_2,S_2)$ 且 $f(x),g(x)$ 的斜率都是单调性相同时，有

$$ f(x)+g(x)=((k_1+k_2)x+b_1+b_2,S1\cup S_2) $$

CF713C

给定序列 $A$，每次操作可以选中一个位置 $i$，令 $a_i\gets a_i+1$ 或 $a_i\gets a_i-1$。问使得序列严格单增的最小操作次数。

令 $a_i\gets a_i-i$，于是问题转化求使得序列非递减的最小操作次数。

设 $f_i(x)$ 表示使得 $a[1\sim i]$ 非递减且 $a_i\le x$ 的最小操作次数，$g_i(x)$ 表示使得 $a[1\sim i]$ 非递减且 $a_i=x$ 的最小操作次数。

于是有 $g_i(x)=f_{i-1}(x)+|x-a_i|$，由于 $f_i,f_{i-1}$ 斜率最大值为 $0$，$g_i$ 斜率最大值为 $1$，因此为了得到 $f_i$，需要删除 $g_i$ 的 $S$ 的最大元素。

设 $g_i$ 的 $S$ 中的最大值为 $k$，则该操作相当于把 $g_i$ 的最后一段改成水平线，则

$$ f_i(x)=(y=g_i(k),S-\{k\})=(y=f_{i-1}(k)+|k-a_i|,S-\{k\}) $$

不难发现 $k$ 一定位于 $f_{i-1}(x)$ 的最后水平线那一段，于是只需要维护所有 $f_i(x)$ 的最后一段的截距即可，同时这也是 $f_i(x)$ 的最小值。

int main()
{
	int n=read_int();
	priority_queue<int> q;
	LL ans=0;
	_for(i,0,n){
		int a=read_int()-i;
		q.push(a);
		if(a<q.top()){
			ans+=q.top()-a;
			q.pop();
			q.push(a);
		}
	}
	enter(ans);
	return 0;
}

CF1534G

给定一个人物，初始点为 $(0,0)$，人物每步可以从 $(x,y)$ 移动到 $(x+1,y)$ 或 $(x,y+1)$。

有 $n$ 个物品，坐标为 $(x_i,y_i)$，人物在坐标 $(x,y)$ 获得物品 $i$ 的代价为 $\max(|x-x_i|,|y-y_i|)$。

人物可以在任意位置选取任意数量的物品获取，问人物获取所有物品的最小代价。

首先，假定人物的轨迹已经固定，对每个物品，考虑将物品按正方形区域扩大，直到与轨迹相交，显然在交点取该物品最佳。

不难发现，这等价于当人物坐标位于 $y=x_i+y_i-x$ 直线上时取第 $i$ 个物品，此时代价为 $|x-x_i|$。

设 $\text{dp}(k,x)$ 为人物位于坐标 $(x,k-x)$ 且已经获取所有 $x_i+y_i\le k$ 的物品的最小代价。

将所有物品按 $z_i=x_i+y_i$ 排序，于是有

$$ \text{dp}(z_i,x)=\min_{j\le z_i-z_{i-1}}\text{dp}(z_{i-1},j)+|x-x_i| $$

发现状态转移分为两步，第一步是 $\text{dp}(z_i,x)\gets \min_{j\le z_i-z_{i-1}}\text{dp}(z_{i-1},j)$。

考虑将函数 $\text{dp}(k,x)$ 分成斜率小于 $0$，斜率等于 $0$ 和斜率大于 $0$ 三部分。

不难发现这步只需要将斜率大于 $0$ 部分整体向右偏移 $z_i-z_{i-1}$ 个单位，然后中间空缺部分用斜率等于 $0$ 的部分补全即可。

考虑分别用两个集合维护函数 $\text{dp}(k,x)$ 斜率小于 $0$ 部分和斜率大于 $0$ 部分的 $S$。

第二步是 $\text{dp}(z_i,x)\gets \text{dp}(z_i,x)+|x-x_i|$，也是分 $x_i$ 位于原函数斜率小于 $0$，斜率等于 $0$ 和斜率大于 $0$ 三部分讨论。

然后更新斜率小于 $0$ 部分和斜率大于 $0$ 部分的 $S$ 和斜率等于 $0$ 部分的答案即可。

例如当 $x_i$ 属于斜率小于 $0$ 的部分时，则原函数斜率等于 $0$ 的部分斜率变为 $+1$，但是斜率等于 $0$ 的部分的左端点仍是最优解。

于是左端点取值 $+|x-x_i|$ 就是新答案，然后将原来的左端点从斜率小于 $0$ 部分的 $S$ 移除，加入斜率大于 $0$ 部分的 $S$。

最后将两个 $x_i$ 插入斜率小于 $0$ 部分的 $S$ 就完成了更新。总时间复杂度 $O(n\log n)$。

const int MAXN=8e5+5;
pair<int,int> a[MAXN];
int main()
{
	int n=read_int();
	_for(i,0,n){
		a[i].first=read_int();
		a[i].second=read_int();
		a[i].first+=a[i].second;
	}
	sort(a,a+n);
	LL ans=0;
	priority_queue<int> q1;
	priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
	q1.push(a[0].second);
	q2.push(a[0].second-a[0].first);
	_for(i,1,n){
		if(a[i].second<q1.top()){
			int t=q1.top();q1.pop();
			ans+=t-a[i].second;
			q1.push(a[i].second);q1.push(a[i].second);
			q2.push(t-a[i].first);
		}
		else if(a[i].second<q2.top()+a[i].first){
			q1.push(a[i].second);
			q2.push(a[i].second-a[i].first);
		}
		else{
			int t=q2.top()+a[i].first;q2.pop();
			ans+=a[i].second-t;
			q2.push(a[i].second-a[i].first);q2.push(a[i].second-a[i].first);
			q1.push(t);
		}
	}
	enter(ans);
	return 0;
}