BZOJ1010 [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

正解：决策单调性+DP+单调队列

解题报告：

　　许久之前的一道考试题目了，题解直接用学长的了：

　　首先贪心明显是错的(虽然可以过样例),想找反例的话随便看一个测试数据吧。
　　由于同一容器中玩具的编号必须是连续的,因此满足无后效性,可用动态规划解决。一个比较容易想到O(N^2 )的算法是,用F i 表示装前i个玩具的最少费用,S i 表示前i个玩具的总长度,则状态
　　转移方程为:
　　F i = min {F j + (S i − S j + i − (j + 1) − L) 2 }0≤j<i
　　但由于N 最大可达到50000,所以期望得分为10∼20分。
　　然而,真正颇为牛B的东西来了。
　　令S i ′ = S i + i, L ′ = L + 1,让我们重新观察原方程:
　　F i = min {F j + (S i ′ − S j ′ − L ′ ) 2 } 0≤j<i
　　令V j = F j + (S i ′ − S j ′ − L ′ ) 2 ,那么在x < y时,V x ≥ V y 可变形为:
　　F x − F y ≥ (S i ′ − S y ′ − L ′ ) 2 − (S i ′ − S x ′ − L ′ ) 2
　　⇒ F x − F y ≥ (2S i ′ − S x ′ − S y ′ − 2L ′ )(S x ′ − S y ′ )
　　⇒ F x − F y ≥ (2(S i ′ − L ′ ) − (S x ′ + S y ′ ))(S x ′ − S y ′ )
　　⇒ F x − F y ≥ 2(S i ′ − L ′ )(S x ′ − S y ′ ) − (S x ′ + S y ′ )(S x ′ − S y ′ )
　　⇒ F x − F y + S x ′ − S y ′ ≥ 2(S i ′ − L ′ )(S x ′ − S y ′ )
　　这样的话,如果对于当前的i,有x < y, V x ≥ V y ,那么对于以后更大的i,由于2(S i ′ − L ′ )的单调性,V x ≥ V y
　　将会恒成立,也就是说x不可能再成为最优决策,我们将永远不会再用到它。

　　因为决策i可能比原队列中的某些决策更优,如果不将这些肯定没用的决策删除,队列前面的非最优决策可能受到它们当中的某个决策“保护”而没有被删除,其实这样也就是保证函数G的值在Q中单调递增。
　　由于每个元素最多入队一次,出队一次,所以维护队列的时间复杂度为O(N ),状态转移为O(1),计算F 值为O(N ),所以总时间复杂度为O(N ) + O(1) × O(N ) = O(N )。

 //It is made by jump~

 #include <iostream>

 #include <cstdlib>

 #include <cstring>

 #include <cstdio>

 #include <cmath>

 #include <algorithm>

 #include <ctime>

 #include <vector>

 #include <queue>

 #include <map>

 #include <set>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const LL inf = (1LL<<);

 const int MAXN = ;

 int n,a[MAXN],dui[MAXN],head,tail;

 LL L,f[MAXN],sum[MAXN],S[MAXN];

 inline int getint()

 {

     int w=,q=; char c=getchar();

     while((c<'' || c>'') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=,c=getchar();

     while (c>='' && c<='') w=w*+c-'', c=getchar(); return q ? -w : w;

 }

 inline bool check(int x,int y,int i){

     x=dui[x]; y=dui[y];

     LL ji=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y];

     LL comp=*(S[i]-L); comp*=S[x]-S[y];

     if(ji>=comp) return true;  return false;

 }

 inline bool check2(int x,int y,int i){

     x=dui[x]; y=dui[y];

     LL ji1=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y]; ji1/=(S[x]-S[y]);

     LL ji2=f[y]-f[i]+S[y]*S[y]-S[i]*S[i]; ji2/=(S[y]-S[i]);

     if(ji1>=ji2) return true;  return false;

 }

 inline void work(){

     n=getint(); L=getint(); for(int i=;i<=n;i++) a[i]=getint(),sum[i]=sum[i-]+a[i],S[i]=sum[i]+i;

     head=tail=; dui[head]=; L++;

     for(int i=;i<=n;i++) {

     while(head<tail && check(head,head+,i))  head++;

     f[i]=f[dui[head]]+(S[i]-S[dui[head]]-L)*(S[i]-S[dui[head]]-L);

     while(head<tail && check2(tail-,tail,i)) tail--;

     dui[++tail]=i;

     }

     printf("%lld",f[n]);

 } 

 int main()

 {

     work();

     return ;

 }