思路：

    求出每个数据包在网络中存在的最（晚）后时刻，不妨记作 $last$，则 $last>T$ 的数据包数即是答案。

要点：

    1、对于被复制的某数据包，服务器 $i$ 只会转发最早且第一次到达自己的那个复制包，因为后续到达的相同数据包将会被接收而不再转发；

    2、最早到达服务器 $i$ 的复制包一定是通过最短路（最少传输时间）抵达的，然后通过服务器 $i$ 的最长出边转发出去的复制包可能会在网络中存在更久；

    3、那么，对于服务器 $i$ 而言，某数据包传输过程分为两段：（1）从起点 $s$ 沿最短路抵达服务器 $i$；（2）沿服务器 $i$ 最长边转发至邻接服务器；

    则：某数据包传输时间 $=$ $shortest[i]$ $+$ $farest[i]$，前者是从 $s \sim i$ 的最短路，后者是 $i$ 的最长出边；

    综上，$last = max\{ shortest[i] + farest[i] \} + startime$（开始传输时刻） 

斜率优化$DP$ + 二分查找  时间复杂度：$O(N*logN)$  

与 $任务安排2(cogs 1162)$ 一题不同的是，$T$ 可能是负数，意味着 $sumT$ 不再具有单调性，从而需要最小化截距的直线斜率 $S+sumT[i]$ 不具有单调性。故，不能在单调队列中只保留凸壳上“$ 连接相邻两点的线段斜率 $”大于 $S+sumT[i]$ 的部分，而是必须维护整个凸壳。

这样一来，就不需要在队头把斜率与 $S+sumT[i]$ 比较。

队头也不一定是最优决策，我们可以在单调队列中二分查找，求一个位置 $p$，$p$ 左侧线段斜率比 $S+sumT[i]$

小，右侧斜率比 $S+sumT[i]$ 大，$p$ 就是最优决策。

队尾维护斜率单调性的方法与 $任务安排2$ 一题相同。

解法一  时间复杂度$O(N^3)$  期望得分：$60$

1、求出 $T,C$ 的前缀和$sumT[i]$和$sumC[i]$;

2、设$f(i,j)$表示：把前 $i$ 个任务分成 $j$ 批执行的最小费用;

3、以第 $j-1$ 批和第 $j$ 批任务的分界点为$DP$的“$决策$”，状态转移方程为：

$f(i,j) = min\{ f(k,j-1) + (S*j + sumT[i]) * (sumC[i]-sumC[k]) \} (0<=k<j)$

其中，$(S*j + sumT[i])$为第 $j$ 批任务完成的时间，$(sumC[i]-sumC[k])$为第 $j$ 批（$[k+1,i]$）任务的费用系数之和。

解法二  时间复杂度:$O(N^2)$  期望得分：$100$

本题并没有规定把任务分成多少批，解法$1$之所以需要批次 $j$ ,是因为需要知道机器启动了多少次(每次需要启动时间$S$),从而计算出任务 $i$ 所在批次的完成时刻。

事实上，执行一批任务时，不容易直接得知此前机器启动了几次。但我们知道，机器因执行该批次而花费的时间 $S$，会累加到之后所有任务的完成时刻上。

设：$f(i)$ 表示把前 $i$ 个任务分成若干批执行的最小费用，状态转移方程为：

$f(i) = min\{ f(j) + sumT[i] * (sumC[i]-sumC[j]) + S*(sumC[N]-sumC[j]) \} (0<=j<j)$

在上式中，$[j+1,i]$范围内的任务在同一批完成，$sumT[i]$是忽略机器启动时间时，该批任务的完成时刻。

因为该批任务的执行，机器的启动时间 $S$ 会对第 $j+1$ 个之后的所有任务产生影响，故我们需要把这部分补充到费用中。

也就是说，我们没有直接求出每批任务的完成时刻，而是在一批任务“开始”对后续任务产生影响时，就先把费用累加到答案中。这是一种名为“费用提前计算”的经典思想。

题解来自《算法竞赛进阶指南》$P322$

$f(i,j)$: 安排前 $i$ 个工匠粉刷前 $j$ 块木板(可以有空着不刷的),工匠们能获得的最大报酬;

(1)第 $i$ 个工匠可以什么也不刷,此时：$f(i,j) = f(i-1,j)$;

(2)第 $j$ 块木板可以 空着 不刷,此时：$f(i,j) = f(i,j-1)$;

(3)第 $i$ 个工匠粉刷 $[k+1,j]$ 的木板，总数不超过$L_i$且必须包含$S_i$，

故：$k+1<=S_i<=j  即  k<=S_i-1;  j-k<=L_i  即  k>=j-L_i$

$f(i,j)=max\{ f(i-1,k) + P_i*(j-k) \}  (j-L_i<=k<=S_i-1, j>=S_i)$

优化：（细节请参考《算法竞赛进阶指南》 P315）

考虑内层循环$j$以及决策$k$时,可以把外层$i$看作定值,状态转移方程可改为：

$f(i,j)=P_i*j + max\{ f(i-1,k)-P_i*k \} (j-L_i<=k<=S_i-1, j>=S_i)$

当$j$增大时,决策 $k$ 的取值范围上界$S_i-1$不变，下界$j-L_i$变大，按与“最大子序列和”一题类似的想法，我们比较任意$2$个决策$k_1$和$k_2$，不妨假设$k_1<k_2<=S_i-1$：

因为$k_2>k_1$，随着j增大，$k_1$会比$k_2$更早从范围$[j-L_i,S_i-1]$中被排除，如果还满足:

$f(i-1,k_1)-P_i*k_1<=f(i-1,k_2)-P_i*k_2$,那么就意味着$k_2$比$k_1$更优且存活期更长。

这种情况下,$k_1$就是无用决策，从候选集排除即可。

综上所述，可以维护一个决策点$k$单调递增，数值$f(i-1,k)-P_i*k$单调递减的队列。

只有队列中的决策才有可能在某一时刻成为最优决策。

该单调队列支持如下操作：

1、$j$变大时，检查队头，把小于$j-L_i$的决策出队；

2、需要查询最优决策时，队头即所求；

3、新决策需要加入候选集时，在队尾检查$f(i-1,k)-P_i*k$的单调性，把无用决策出队，最后新决策入队。

具体操作：

内循环开始时($j=S_i$)，建立空队列，把$[max(S_i-L_i,0) , S_i-1]$中的决策加入候选集(操作$3$).对于每个$j=S_i$~$N$,

检查决策合法性(操作$1$),然后取队头为最优决策(操作$2$)进行状态转移。

每个决策最多入队、出队$1$次，故转移时间复杂度均摊$O(1)$,整体时间复杂度$O(NM)$