[BZOJ1010][HNOI2008]玩具装箱（决策单调性/斜率优化DP）

容易推出，如果玩具长度的前缀和为sum[]，那么DP方程为：
f[i]=mini−1j=0{f[j]+(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2}。

解法一：决策单调性。

可以看出原方程是一个f[i]=mini−1j=0{f[j]+w(i,j)}的模型，其中w(i,j)=(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2。
设X=i−j−1−L+sum[i]−sum[j]，则：
w(i+1,j+1)=(X+c[i+1]−c[j+1])2
w(i+1,j)=(X+c[i+1]+1)2
w(i,j+1)=(X−c[j+1]−1)2
此时w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X2+2c[i+1]X−2c[j+1]X+c[i+1]2−2c[i+1]c[j+1]+c[j+1]2
w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X2+2c[i+1]X−2c[j+1]X+c[i+1]2+2c[i+1]+2c[j+1]+c[j+1]2+2
可得w(i,j)+w(i+1,j+1)<=w(i+1,j)+w(i,j+1)，即满足决策单调性。
决策单调性实现即，用一个栈维护每个决策的起始和结束位置。对于每个已经计算出来的f[i]，去寻找它能更新的状态有哪些。
具体为：
（1）在栈顶的决策起始位置判断起始位置是否决策i更优。如果是，则退栈，继续执行（1）。否则转（2）。
（2）二分查找在栈顶的决策区间里，决策i最优的最左位置pos，把栈顶的决策结束位置设为pos−1，并把决策i压入栈，决策起始位置为pos，结束位置为n（但是如果pos>n就不要入栈，我就在这里调了好久）。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}typedef long long ll;const int N = 5e4 + 5;int n, L, c[N], top; ll sm[N], f[N];struct cyx {    int l, r, x;    cyx() {}    cyx(int _l, int _r, int _x) :        l(_l), r(_r), x(_x) {}} stk[N];ll w(int i, int j) {    ll res = sm[j] - sm[i] - L;    res += j - i - 1; return res * res;}int findx(int i) {    int l = stk[top].l, r = stk[top].r, mid;    while (l <= r) { // 二分查找新决策的起始位置        mid = l + r >> 1;        if (f[i] + w(i, mid) < f[stk[top].x] + w(stk[top].x, mid))            r = mid - 1;        else l = mid + 1;    }    return l;}int main() {    int i, now = 1; n = read(); L = read();    for (i = 1; i <= n; i++) c[i] = read(),        sm[i] = sm[i - 1] + c[i];    stk[top = 1] = cyx(1, n, 0);    for (i = 1; i <= n; i++) {        f[i] = f[stk[now].x] + w(stk[now].x, i);        while (i < stk[top].l && f[i] + w(i, stk[top].l) < f[stk[top].x] +            w(stk[top].x, stk[top].l)) top--;        int u = findx(i); stk[top].r = u - 1;        if (u <= n) stk[++top] = cyx(u, n, i);        if (i == stk[now].r) now++;    }    cout << f[n] << endl;    return 0;}

时间复杂度O(nlogn)。

解法二：斜率优化。

可以发现原方程为
f[i]=mini−1j=0{f[j]+((i+sum[i]−L−1)−(sum[j]+j))2}
设a[i]=i+sum[i]−L−1，b[j]=sum[j]+j，
则f[i]=mini−1j=0{f[j]+(a[i]−b[j])2}
即f[i]=mini−1j=0{f[j]+b[j]2−2a[i]b[j]+a[i]2}
再设X[j]=b[j]，Y[j]=f[j]+b[j]2，
则可以发现a[]和X[]都单调递增，所以斜率是单调递减的。由于所有的最优决策都在凸包上，所以用单调队列维护凸壳，每次从队首不断出队以找出最优决策。
代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;inline int read() {    int res = 0; bool bo = 0; char c;    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);    return bo ? ~res + 1 : res;}typedef long long ll;const int N = 5e4 + 5;int n, H, T, L, que[N];ll f[N], a[N], b[N], X[N], Y[N];bool check(int p1, int p2, int p3) {    return (X[p2] - X[p3]) * (Y[p1] - Y[p3]) - (X[p1] - X[p3])        * (Y[p2] - Y[p3]) >= 0; // 根据叉积判断p1p2的斜率是否大于p2p3的斜率}ll calc(int x, int y) {    return f[x] + b[x] * b[x] - 2ll * a[y] * b[x];}int main() {    int i; n = read(); L = read(); H = T = 1;    for (i = 1; i <= n; i++) {        b[i] = b[i - 1] + read() + 1;        a[i] = b[i] - L - 1;    }    for (i = 1; i <= n; i++) {        while (H < T && calc(que[H], i) >= calc(que[H + 1], i)) H++;        f[i] = calc(que[H], i) + a[i] * a[i];        X[i] = b[i]; Y[i] = f[i] + b[i] * b[i];        while (H < T && check(que[T - 1], que[T], i)) T--;        que[++T] = i;    }    cout << f[n] << endl;    return 0;}

时间复杂度O(n)。