BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

题意：
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

解题方法：

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2)(j<i)。

令f[i]=sum[i]+i,c=1+l，则dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2)

这个形式的式子就是典型的斜率优化了，我们把式子展开之后并且移项可以得到：

dp[k]+f[i]2−2∗f[i]∗(f[k]+c)+(f[k]+c)2<=dp[j]+f[i]2−2∗f[i]∗(f[j]+c)+(f[j]+c)2

约简得：

dp[k]−2∗f[i]∗(f[k]+c)+(f[k]+c)2<=dp[j]−2∗f[i]∗(f[j]+c)+(f[j]+c)2

即(dp[k]+(f[k]+c)2−dp[j]−(f[j]+c)2)/2∗(f[k]−f[j])<=f[i]

f[i]是单调递增的，我们使用队列维护一个下凸壳，每次取出队头作为决策。

加入决策i时，令队尾为que[tail]，前一个为que[tail-1]

满足斜率(que[tail],i)<斜率(q[tail-1],q[tail])时，显然队尾是无效的，将其弹出。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 50005;#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)int n, L, head, tail, c[N], que[N];long long sum[N], dp[N], C;long long sqr(long long x){    return x * x;}double getxl(int j, int k){    return (dp[k] - dp[j] + sqr(sum[k] + C) - sqr(sum[j] + C)) / (2.0 * (sum[k] - sum[j]));}int main(){    while(scanf("%d%d", &n, &L) != EOF){        C = L + 1;        rep(i, 1, n) scanf("%d", &c[i]);        sum[0] = 0;        rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i-1] + c[i];        rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i] + i;        head =1;        tail = 0;        que[++tail] = 0;        rep(i, 1, n){            while(head < tail && getxl(que[head], que[head+1]) <= sum[i]) head++;            dp[i] = dp[que[head]] + sqr(sum[i] - sum[que[head]] - C);            while(head < tail && getxl(que[tail], i) <= getxl(que[tail-1], que[tail])) tail--;            que[++tail] = i;        }        printf("%lld\n", dp[n]);    }    return 0;}