[jzoj]3432. 【GDOI2014模拟】服务器（斜率优化或单调队列）

https://jzoj.net/senior/#main/show/3432

Problem

给定一个长度为N的序列A，对于第i个位置，可以直接花费Ai的费用，或者间接花费j-i（j是第j个位置，必须是直接花费的），要求在这样的条件下，序列A的每一个数都得直接花费或间接花费，求最小费用.

Data constraint

60%的数据中，1 <= n <= 1 000
100%的数据中，1 <= n <= 1 000 000
80%的数据中， 1 <= ci <= 50
100%的数据中，1 <= ci <= 1 000 000 000

Solution

60%

对于60%的数据，我们很容易想到设二维的dp，即设f[i][j]表示序列A从后往前做到了第i个位置，最后一次直接花费的位置在j的最小费用.

要更新f[i][i]显然需要再枚举f[i+1][j]|(j>i)然后加上ai
要更新f[i][j]|(j>i)其实就是f[i+1][j]+(j−i)

90%

研究60%的方法，我们发现可以滚动.

然后发现对于枚举的一个i，其实当有j>i时，f[i,j]=f[i+1,j]+(j−i)，所以这里可以间接求出来，于是一开始想到了用线段树去维护，然后找min，后来发现因为加的值不一样，所以不能用线段树区间修改；

首先我们把二维变成一维后，显然我们需要先更新f[i]的值，用f[i+1∼n]去更新，然后再把f[i+1∼n]的值加上(j−i)，然后发现这个很麻烦，每次都加，我们可以直接不加，在算第j个点对于i的贡献，其实就是(j−i)(j−i−1)/2.

于是我们可以加一个小小的决策优化，即如果上一次是由j更新i，那么j以后的值都没有可能继续更新，直接break就好了.

100%

正确的做法有两种：

①斜率优化

考虑一个决策点j比决策点k优，当且仅当

f(j)+(j−i)∗(j−i−1)/2<f(k)+(k−i)∗(k−i−1)/2

时，化简可得

f(j)−f(k)+j2−k2−j+k2j−k<i

决策点j比决策点k要优，设上述式子的值为g(j,k)，那么我们可以用一个队列来单调的维护g(j,k).

保证对于

i>g(d1,d2)>g(d2,d3)>……>g(dlen−1,dlen)

那么每次的d1就可以更新对应的fi值了.

注意还要判断fi是否可以更新队尾，保证值的递减.

由于第一次打斜率优化，贴一下代码吧：

var        a,d,f:array[0..1000000] of int64; //注意不要用qword，不资兹负数        n,j:int64;        i:longint;function min(x,y:int64):int64; begin if x<y then exit(x) ; exit(y); end;function g(x,y:int64):real; begin exit(((f[x]-f[y]+(sqr(x)-sqr(y)-x+y)/2))/(x-y)) end;begin        readln(n);        for i:=1 to n do                read(a[i]);        d[0]:=1; d[1]:=n;        j:=1; f[n]:=a[n];        for i:=n-1 downto 0 do        begin                while (j<d[0]) and (g(d[j],d[j+1])>=i) do inc(j);  //更新队首                f[i]:=f[d[j]]+a[i]+(d[j]-i)*(d[j]-i-1) div 2;                while (j<d[0]) and (g(d[d[0]-1],d[d[0]])<=g(d[d[0]],i)) do dec(d[0]); //更新队尾                inc(d[0]);                d[d[0]]:=i;  //加入队列里        end;        write(f[0]);end.

②优先队列

——膜拜膜拜詹总的做法；