BZOJ-1010-[HNOI2008]玩具装箱toy（斜率优化）

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

 

题解

这道题朴素dp要O(n^2)，果断超时，dp[i]表示前1~i合并的最优值，枚举j表示前一次合并的位置

那么dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2)

这里可以用斜率优化来做，把复杂度降到O(n)

我们假设k<j<i，j比k更优，那么就是dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2<=dp[k]+(i-(k+1)+s[i]-s[k]-L)^2

我们这里再用f[i]=s[i]+i，那么式子化成了dp[j]+(f[i]-f[j]-1-L)^2<=dp[k]+(f[i]-f[k]-1-L)^2

再接着化下去就变成了

(dp[j]-dp[k]+(f[j]+1+L)^2-(f[k]+1+L)^2)/(2*(f[j]-f[k]))<=f[i]

根据这个式子，我们在加入队列的时候就可以判断了

对于踢出队尾，我们考虑一下q[tail],i和q[tail-1],q[tail]的斜率

因为f[i]是单调递增的，q[tail-1],q[tail]原来就满足<=f[i]，所以要踢出队尾，就要有q[tail],i<q[tail-1],q[tail]（表示i比q[tail]更优）

 #include<bits/stdc++.h>
 #define N 50005
 #define ll long long
 using namespace std;
 int n,head,tail;
 ll L;
 int a[N];
 ll s[N],f[N],dp[N],q[N];
 double calc(int k,int j){
     return (double)(dp[j]-dp[k]+(f[j]++L)*(f[j]++L)-(f[k]++L)*(f[k]++L))/(*(f[j]-f[k]));
 }
 int main(){
     scanf("%d%lld",&n,&L);
     for (int i=;i<=n;i++)
         scanf("%lld",&a[i]),f[i]=f[i-]++a[i];
     head=; tail=;
     for (int i=;i<=n;i++){
         while (head<tail&&calc(q[head],q[head+])<=f[i]) head++;
         int k=q[head];
         dp[i]=dp[k]+(f[i]-f[k]--L)*(f[i]-f[k]--L);
         while (head<tail&&calc(q[tail],i)<calc(q[tail-],q[tail])) tail--;
         q[++tail]=i;
     }
     printf("%lld\n",dp[n]);
     return ;
 }