Description

　　P教授要去看奧運，但是他舍不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓
縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。P教授有編號為1...N的N件玩具，第i件玩具經過
壓縮後變成一維長度為Ci.為了方便整理，P教授要求在一個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果一個一維容
器中有多個玩具，那麽兩件玩具之間要加入一個單位長度的填充物，形式地說如果將第i件玩具到第j個玩具放到一
個容器中，那麽容器的長度將為 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的費用與容器的長度有關，根據教授研究，
如果容器長度為x,其制作費用為(X-L)^2.其中L是一個常量。P教授不關心容器的數目，他可以制作出任意長度的容
器，甚至超過L。但他希望費用最小.

Input

　　第一行輸入兩個整數N，L.接下來N行輸入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

　　輸出最小費用

Sample Input

Sample Output

題解

這道題樸素dp要O(n^2)，果斷超時，dp[i]表示前1~i合並的最優值，枚舉j表示前一次合並的位置

那麽dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2)

這裏可以用斜率優化來做，把復雜度降到O(n)

我們假設k<j<i，j比k更優，那麽就是dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2<=dp[k]+(i-(k+1)+s[i]-s[k]-L)^2

我們這裏再用f[i]=s[i]+i，那麽式子化成了dp[j]+(f[i]-f[j]-1-L)^2<=dp[k]+(f[i]-f[k]-1-L)^2

再接著化下去就變成了

(dp[j]-dp[k]+(f[j]+1+L)^2-(f[k]+1+L)^2)/(2*(f[j]-f[k]))<=f[i]

根據這個式子，我們在加入隊列的時候就可以判斷了

對於踢出隊尾，我們考慮一下q[tail],i和q[tail-1],q[tail]的斜率

因為f[i]是單調遞增的，q[tail-1],q[tail]原來就滿足<=f[i]，所以要踢出隊尾，就要有q[tail],i<q[tail-1],q[tail]（表示i比q[tail]更優）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define N 50005
 3 #define ll long long
 4 using namespace std;
 5 int n,head,tail;
 6 ll L;
 7 int a[N];
 8 ll s[N],f[N],dp[N],q[N];
 9 double calc(int k,int j){
10     return (double)(dp[j]-dp[k]+(f[j]+1+L)*(f[j]+1+L)-(f[k]+1+L)*(f[k]+1+L))/(2*(f[j]-f[k]));
11 }
12 int main(){
13     scanf("%d%lld",&n,&L);
14     for (int i=1;i<=n;i++)
15         scanf("%lld",&a[i]),f[i]=f[i-1]+1+a[i];
16     head=1; tail=1;
17     for (int i=1;i<=n;i++){
18         while (head<tail&&calc(q[head],q[head+1])<=f[i]) head++;
19         int k=q[head];
20         dp[i]=dp[k]+(f[i]-f[k]-1-L)*(f[i]-f[k]-1-L);
21         while (head<tail&&calc(q[tail],i)<calc(q[tail-1],q[tail])) tail--;
22         q[++tail]=i;
23     } 
24     printf("%lld\n",dp[n]);
25     return 0;
26 }

BZOJ-1010-[HNOI2008]玩具裝箱toy（斜率優化）