Description
L公司有N个工厂，由高到底分布在一座山上。如图所示，工厂1在山顶，工厂N在山脚。由于这座山处于高原内
陆地区（干燥少雨），L公司一般把产品直接堆放在露天，以节省费用。突然有一天，L公司的总裁L先生接到气象
部门的电话，被告知三天之后将有一场暴雨，于是L先生决定紧急在某些工厂建立一些仓库以免产品被淋坏。由于
地形的不同，在不同工厂建立仓库的费用可能是不同的。第i个工厂目前已有成品Pi件，在第i个工厂位置建立仓库
的费用是Ci。对于没有建立仓库的工厂，其产品应被运往其他的仓库进行储藏，而由于L公司产品的对外销售处设
置在山脚的工厂N，故产品只能往山下运（即只能运往编号更大的工厂的仓库），当然运送产品也是需要费用的，
假设一件产品运送1个单位距离的费用是1。假设建立的仓库容量都都是足够大的，可以容下所有的产品。你将得到
以下数据：1：工厂i距离工厂1的距离Xi（其中X1=0）;2：工厂i目前已有成品数量Pi;:3：在工厂i建立仓库的费用
Ci;请你帮助L公司寻找一个仓库建设的方案，使得总的费用（建造费用+运输费用）最小。
Input
第一行包含一个整数N，表示工厂的个数。接下来N行每行包含两个整数Xi, Pi, Ci, 意义如题中所述。
Output
仅包含一个整数，为可以找到最优方案的费用。
Sample Input
3
0 5 10
5 3 100
9 6 10
Sample Output
32
HINT
在工厂1和工厂3建立仓库，建立费用为10+10=20，运输费用为(9-5)*3 = 12，总费用32。如果仅在工厂3建立仓库，建立费用为10，运输费用为(9-0)*5+(9-5)*3=57，总费用67，不如前者优。
【数据规模】
对于100%的数据， N ≤1000000。 所有的Xi, Pi, Ci均在32位带符号整数以内，保证中间计算结果不超过64位带符号整数。
分析：
满脑子的斜率优化
先说点题外话：
这个机房都在打cf，除了我，
我因为还有题可做
所以坚守bzoj，有点害怕
我在考虑下一次是不是也要参加一下（看心情吧，这次的题lxx说全是暴力，然而我刷题也和比赛差不多，不看题解）
言归正传：
一维dp
我发现这个贡献是挺难算的，
只有O1求出贡献，复杂度才合理
我觉得吧，应该把柿子弄出来，画一画
f[i]=min{f[j]+dis[i]*(sump[i-1]-sump[j])-sum[i-1]+sum[j]+c[i]}
sum[i]=Σdis[i]*p[i]
日常画柿子：
斜率优化：
1.维护双端队列
2.转移时从队首转移：队中依次有a,b,c等元素，
如果g[b][a] < len[i]，a出队，直到g[x][y]>=len[i]
从y转移
3.入队时：队中依次有a,b,c等元素，待入队元素为d
如果g[d][c] < g[c][b] ，c出队
直到g[d][x]>=g[x][y] ，d入队
tip
今天大家都在和我背道而驰，弄得我很方
结果写错一个语句，还好查出来了。。。
这里写代码片
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1000010;
ll c[N],dis[N],p[N],f[N],sum[N];
int n,q[N],tou,wei;
double get(int j,int k)
{
double x1=(double)f[j]+sum[j];
double x2=(double)f[k]+sum[k];
return (double)(x1-x2)/(double)(p[j]-p[k]);
}
void doit()
{
int i,j;
tou=wei=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
while (tou<wei&&get(q[tou+1],q[tou])<dis[i]) tou++;
f[i]=f[q[tou]]+dis[i]*(p[i-1]-p[q[tou]])-sum[i-1]+sum[q[tou]]+c[i];
while (tou<wei&&get(i,q[wei])<get(q[wei],q[wei-1])) wei--;
q[++wei]=i;
}
printf("%lld",f[n]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld%lld",&dis[i],&p[i],&c[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+(p[i]*dis[i]);
p[i]+=p[i-1];
}
doit();
return 0;
}