题意
小S养了$M$只猫，雇了$P$位饲养员。农场旁边有$N$座山，从$1$到$N$编号，第$i$座山与第$i-1$座山的距离为$D_i$，饲养员都住在$1$号山上。 有一天，第$i$只猫到第$H_i$座山玩，一直玩到$T_i$停止。饲养员们必须接回所有的猫，饲养员们行走的速度为$1$个单位每单位时间。 问如何计划每个饲养员从$1$号山出发的时间，使得所有猫的等待时间最少。
思路
设$A_i=T_i-\sum{D_j}(1 \leq j \leq H_i)$。一名饲养员若想接到第$i$只猫就必须要在$A_i$时刻出发。若出发时间为$t$，那么这只猫等待的时间就是$t-A_i$。 先把$A_i$从小到大排序，求出排好序的$A$数组的前缀和，记录在数组$S$中。 然后根据贪心的思想，每个饲养员带走的猫一定是按照$A$从小到大排序后的连续的几只猫。 设$f[i][j]$表示前$i$个饲养员带走前$j$只猫，猫们等待的最少时间。 很容易就可以得出转移方程： $$f[i][j]=min(f[i-1][k]+a[j]\times (j-k) - (s[j]-s[k]))(0 \leq k < j)$$ 直接枚举$k$肯定会超时，时间复杂度为$O(PM^2)$。 将$min$去掉，进行化简、移项可得： $$f[i-1][k]+s[k]=a[j] \times k +f[i][j]-a[j]\times j +s[j]$$ 设$y=f[i-1][k]+s[k],k=a[j],x=k,b=f[i][j]-a[j] \times j+s[j]$。由一次函数$y=kx+b$可得，当$b$为最小时，$f[i][j]$取得最小值。 那么就加上单调队列斜率优化即可。
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#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int res=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x<10) putchar(x+'0');
else{
write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
}
int n,m,p,a[100010],s[100010],q[100010],h,t,g[100010],d[100010],f[110][100010];
signed main(){
n=read();m=read();p=read();
for(int i=2;i<=n;i++) d[i]=d[i-1]+read();
for(int i=1;i<=m;i++){
h=read();t=read();
a[i]=t-d[h];
}
sort(a+1,a+m+1);
for(int i=1;i<=m;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
memset(f,127,sizeof(f));f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=p;i++){
for(int j=1;j<=m;j++) g[j]=f[i-1][j]+s[j];
h=1;t=1;q[1]=0;
for(int j=1;j<=m;j++){
while(h<t&&(g[q[h+1]]-g[q[h]])<=a[j]*(q[h+1]-q[h])) h++;
f[i][j]=min(f[i-1][j],g[q[h]]+a[j]*(j-q[h])-s[j]);
if(g[j]>=2e18) continue;
while(h<t&&(g[j]-g[q[t]])*(q[t]-q[t-1])<=(g[q[t]]-g[q[t-1]])*(j-q[t])) t--;
q[++t]=j;
}
}
write(f[p][m]);putchar('\n');
return 0;
}
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