斜率优化DP——BZOJ1010/Luogu3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY

题面：Luogu3195 BZOJ1010
本来以为斜率优化是个什么高级东西。。。这题入门之后……
发现也没什么难的吧

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O(n2)做法：
f[i]表示选完1~i个物品所花最小花费
转移：f[i]=min(f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2)
s[i]表示从1~i的c[i]之和

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O(n)做法：
我们考虑怎么把上面的O(n)的转移时间优化到O(1)
显然，如果f[i]从j转移过来比从k转移过来优的话，要满足

f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(i−k−1+s[i]−s[k]−L)2

其中(k<j<i)
我们把s[i]搞成s[i]+i，L加上1，那么

f[j]+(s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(s[i]−s[k]−L)2

化开来是：

f[j]−2∗s[i]∗(s[j]−L)+(s[j]−L)2<f[k]−2∗s[i]∗(s[k]−L)+(s[k]−L)2

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)<2∗s[i]∗(s[j]−s[k])

同除以2∗(s[j]−s[k])得：

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗(s[j]−s[k])<s[i]

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗s[j]−2∗s[k]<s[i]

然后发现这个不等式化成了一个斜率不等式x(j)−x(k)y(j)−y(k)<s[i]
所以我们可以斜率优化这个dp，其实就是维护一个下凸壳
每次把斜率大于s[i]的最小答案来转移，最后把不是下凸壳的节点删掉
用单调队列维护一下就好了

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#include <iostream>#include <ctime>#include <map>#include <queue>#include <cstdlib>#include <string>#include <climits>#include <set>#include <vector>#define int long longusing namespace std;int n,L,a[1000001],q[1000001],s[1000001],f[1000001]={0};inline int sqr(int x){return x*x;}inline double check(int x,int y){    return (double)((f[x]+sqr(s[x]+L)-f[y]-sqr(s[y]+L))/(2.0*(s[x]-s[y])));}signed main(){    scanf("%lld%lld",&n,&L);L++;    for(int i=1;i<=n;i++){        scanf("%lld",&a[i]);        a[i]+=a[i-1];s[i]=a[i]+i;    }    int l=1,r=1;q[1]=0;    for(int i=1;i<=n;i++){        while(l<r&&check(q[l+1],q[l])<s[i]+1.0)l++;        f[i]=f[q[l]]+sqr(s[i]-s[q[l]]-L);        while(l<r&&check(q[r],q[r-1])>check(i,q[r]))r--;        q[++r]=i;    }    printf("%lld",f[n]);    return 0;}