[HNOI2008]玩具装箱TOY

题目描述:

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\(C_{i}\).

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 \(x= j - i + \sum_{k=i}^{j} C_{k}\)

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.

输入格式:

第一行输入两个整数\(N,L\).

接下来\(N\)行输入\(C_{i}\).

\(1<=N<=50000, 1<=L,C_{i}<=10^{7}\)

输出格式:

输出最小费用

不难想到,\(dp(i)\)表示把\(1......i\)号玩具装箱的最小费用。

那么有\(dp(i)=min(dp(j)+(\sum_{k=j}^{i} C_{k} + i - j - L - 1)^{2})\)

这个\(O(n^{2})\)的DP一定会超时,因此想办法优化。

决策单调性:

如果把决策点打出来,(用\(O(n^2)\)的DP来记录)

可以观察到满足决策单调性

而这个东西非常的套路。

维护一个\(tra\)指针,表示循环枚举的\(i\)从哪里转移,\(tra\)指针要及时更新

更新出\(dp(i)\)后,用\(dp(i)\)去决定\(i\)的决策区间在哪里

第一步:如果栈顶的决策点不如\(i\),把栈顶决策点退栈,重复直到不满足条件。

(注:细节:当决策点区间右端点比\(i\)还小时,同样要退出循环,并且此时\(i\)的右边全部是它的决策区间,不需要后面的二分了)

第二步:在当前栈顶决策区间中二分,二分出哪些区间的决策点应该更换为\(i\)

时间复杂度:\(O(n \log n)\)

不用化式子,只要打表就好了,这么好的算法,为什么不用用??

代码在此

斜率优化:

\(dp(i)=min(dp(j)+(\sum_{k=j}^{i} C_{k} + i - j - L - 1)^{2})\)

不妨设 \(pre(i)=\sum_{j=1}^{i} C_{j} +i\)

为了方便,默认\(L++\)

那么

\(dp(i)=dp(j)+(pre(i)-pre(j)-L)^{2}\)

\(dp(i)=dp(j)+pre(i)^{2}+pre(j)^{2}+L^{2}-2*pre(i)*pre(j)-2*pre(i)*L+2*pre(j)*L\)

\(dp(j)-pre(j)^{2}-2*pre(j)*L= -2*pre(i)*pre(j) - dp(i) - 2*pre(i)*L+pre(i)^{2}+L*L\)

那么现在就是一个形如\(y=kx+b\)的式子了

其中\( -2 * pre(i) \)为\( k \),单调递减

其中\(pre(j)\)为\( x \),单调递增

同时,要使\(dp(i)\)最小,就要使\(b\)最大

所以我们要维护一个上凸壳。

因为\(k,x\)同时单调递增,可以选择单调队列

复杂度:\(O(n)\)

代码在此

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