BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy(斜率优化)

BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

题意概述:

给N个物品,长度为c,可将连续的一段物品分到一起,令x=j-i+sigma(c[k])(i<=k<=j),则花费代价为(x-L)^2 (L为常量),如何分组使其费用最小.

题目分析:

1.一开始可以思考一下朴素的DP,写出其转移方程,如下:

ans[i]表示到i位置的最小费用,sum[i]表示1到i的长度和

令len[i]=sum[i]+i,

一次转移的复杂度为O(n),总的时间复杂度为O(n^2),但是1<=N<=50000,
O(n^2)方法显然要超时,观察能否进行优化.

2.进行对式子的推导:
假设当前i号的决策,存在j比k更优(j < k),则有

将带有i的项放在右边

因为j < k,则有len[j]-len[k] < 0,所以

定义

则若slope(j,k) > len[i],j比k更优,O(1)判断.

3.在此基础上,维护一个斜率递增的单调队列即可实现优化.

代码:

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=50000+10;int que[maxn],N,L;ll len[maxn],ans[maxn];double slope(int a,int b)//a<b{    return (ans[a]-ans[b]+(len[a]+L+1)*(len[a]+L+1)-(len[b]+L+1)*(len[b]+L+1))/(2.0*(len[a]-len[b]));}int main(){    scanf("%d%d",&N,&L);    for(int l,i=1;i<=N;i++) {        scanf("%d",&l);        len[i]=len[i-1]+l;    }    for(int i=1;i<=N;i++) len[i]+=i;    int head=0,tail=0;    for(int i=1;i<=N;i++) {        while(head<tail&&slope(que[head],que[head+1])<len[i]) head++;        ans[i]=ans[que[head]]+(ll)(len[i]-len[que[head]]-L-1)*(len[i]-len[que[head]]-L-1);        while(head<tail&&slope(que[tail-1],que[tail])>slope(que[tail],i)) tail--;        que[++tail]=i;    }    printf("%lld",ans[N]);    return 0;}