【斜率DP】BZOJ 1010:玩具装箱

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

---

　　很久没有写过BLOG了的说..

　　

　　最近在学各种DP系列，比较无聊所以来写几发题解吧。

 

　　首先转化问题。

　　

　　我们发现选j+1-i的所有玩具装一箱要(i-j-1+Sigma(Ck) -L)^2

 

　　相当于(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2.

　

　　所以我们预处理前缀和什么的,然后设s[i]=sum[i]+i,m[i]=s[i]-1-L.

　　

　　然后答案就是(m[i]-s[j])^2.

 

　　而转移应该很简单:f[i]=min(f[j]+(m[i]-s[j])^2).

　　

　　但是这样的转移还是需要O(n^2)。

　　我们需要优化。

 

　　我们先假设决策j是要好于k的。

　　则有

 

　　

　　

　　然后可以用队列维护一个凸性的函数。

　　

　　O(1)转移。

 

　　

　　

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<queue>

 #define maxn 50001

 using namespace std;

 long long sum[maxn],M[maxn],f[maxn];

 int n,L,que[],head=,tail=;

 double K(int x,int y){return ((double)f[x]+sum[x]*sum[x]-f[y]-sum[y]*sum[y])/(double)(sum[x]-sum[y])*1.0;}

 void DP()
 {
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         while(head<tail&&K(que[head],que[head+])<=*M[i])head++;
         int sb=que[head];
         f[i]=f[sb]+(M[i]-sum[sb])*(M[i]-sum[sb]);
         while(head<tail&&K(que[tail],i)<=K(que[tail-],que[tail]))tail--;
         que[++tail]=i;
     }
     printf("%lld",f[n]);
 }

 int main()
 {
     freopen("1010.in","r",stdin);
     scanf("%d%d",&n,&L);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%lld",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-]+,M[i]=sum[i]-L-;
     DP();
     return ;
 }