Bzoj 1010[HNOI2008]玩具装箱toy【斜率优化Dp入门】

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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Description

　　P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压
缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具，第i件玩具经过
压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容
器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一
个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，
如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容
器，甚至超过L。但他希望费用最小.

Input

　　第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

　　输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

1

①设定Dp【i】表示到位子i的最小总价值和。那么有:

Dp【i】=min（Dp【i】，Dp【j】+(Sum【j】-Sum【i】+（j-i+1）-L)^2 ）；

很显然，我们不能去暴力Dp，这里要用到斜率优化。

在优化之前，我们简化一下等式，设定S【i】=Sum【i】+i，设定L=L+1；那么有：

Dp【i】=min（Dp【i】，（Dp【j】+(S【i】-S【j】+L）^2）；

②我们假设有k<j，并且对于当前到点i的情况，选择j比k更优的话，那么有：

（Dp【j】+(S【i】-S【j】+L）^2）<=（Dp【k】+(S【i】-S【k】+L）^2）

我们将其化简有：

F【j】+2*s【j】*L+S【j】*S【j】-F【j】+2*s【k】*L+S【k】*S【k】<=2*S【i】*（S【j】-S【k】）；

我们令Yj=F【j】+2*s【j】*L+S【j】*S【j】，Xj=2*S【j】的话，那么有：

（Yj-Yk）/（Xj-Xk）<=S【i】

如果我们令G【j，k】=（Yj-Yk）/（Xj-Xk）；我们知道若存在G【j，k】<=S【i】的话，那么一定是j的选择比k更优。

所以如果存在这种情况，我们就可以将位子k淘汰掉。

③那么根据上述，我们从而有两个推论来维护一个单调队列求解：

1.G【j，k】<=S【i】，那么位子k可以被淘汰，从而使得队头变得更优。

2.G【j，k】<=G【i，j】那么表示j比k优化并且i比j优，所以j肯定可以淘汰。从而使得队尾变得单调。

过程维护一下单调队列即可。

Ac代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>using namespace std;#define ll long long intll que[550000];ll a[550000];ll S[550000];ll dp[550000];ll n,L;ll A(ll j,ll k){    return (dp[j]+2*S[j]*L+S[j]*S[j])-(dp[k]+2*S[k]*L+S[k]*S[k]);}ll B(ll j,ll k){    return 2*(S[j]-S[k]);}ll Val(ll i,ll j){    return dp[j]+(S[i]-S[j]-L)*(S[i]-S[j]-L);}int main(){    while(~scanf("%lld%lld",&n,&L))    {        L++;        S[0]=0;        memset(que,0,sizeof(que));        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);        for(ll i=1;i<=n;i++)S[i]=S[i-1]+a[i];        for(ll i=1;i<=n;i++)S[i]=S[i]+i;        ll head=0,tot=0;        que[tot++]=0;        for(ll i=1;i<=n;i++)        {            while(head+1<tot&&A(que[head+1],que[head])<=S[i]*B(que[head+1],que[head]))head++;            dp[i]=Val(i,que[head]);            while(head+1<tot&&A(i,que[tot-1])*B(que[tot-1],que[tot-2])<=A(que[tot-1],que[tot-2])*B(i,que[tot-1]))tot--;            que[tot++]=i;        }        printf("%lld\n",dp[n]);    }}