【bzoj1010】 HNOI2008—玩具装箱toy

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010 (题目链接)

题意

　　给定N个物品，可以连续的划分为若干个组，每个组的代价是（物品数-1+每个物品单独的代价-L）^2，求最小代价

Solution

　　决策单调性证明+斜率优化，转自：http://blog.csdn.net/slongle_amazing/article/details/50330481

　　很明显我们得到朴素的转移方程：${dp[i]=min(dp[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2),(0<=j<i)}$，时间复杂度为${O(n^2)}$

　　我们定义：${f[i]=sum[i]+i,C=L+1}$，那么上式变成：${dp[i]=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2),(0<=j<i)}$

　　然后我们来证明决策的单调性

　　假设在i处有两个决策点${j,k(j<k)}$，且${k}$的决策比j好，

　　即：${dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2>dp[k]+(f[i]-f[k]-C)^2——————[1]}$

　　假设${i}$后面的某状态${t}$有：${f[t]=f[i]+v (t>i)}$

　　即证：$${dp[j]+(f[t]-f[j]-C)^2>dp[k]+(f[t]-f[k]-C)^2}$$

$${dp[j]+(f[i]+v-f[j]-C)^2>dp[k]+(f[i]+v-f[k]-C)^2}$$

$${dp[j]+(f[i]-f[j]-C)^2+2*v*(f[i]-f[j]-C)+v^2>dp[k]+(f[i]-f[k]-C)^2+2*v*(f[i]-f[k]-C)+v^2}$$

　　由[1]我们得到：$${f[i]-f[j]-C>f[i]-f[k]-C}$$

$${f[k]>f[j]}$$

　　显然${f[i]}$单调递增且${k>j}$,那么假设${[1]}$成立。

　　展开${[1]}$：$${dp[j]+f[i]^2+(f[j]+c)^2-2*f[j]*(f[j]+C)>dp[k]+f[i]^2+(f[k]+C)^2-2*f[i]*(f[k]+C)}$$

$${dp[j]+(f[j]+C)^2-dp[k]-(f[k]+C)^2>2*f[i]*(f[j]-f[k])}$$

$${\frac{dp[j]-dp[k]+(f[j]+C)^2-(f[k]+C)^2}{2*(f[j]-f[k])}<f[i]}$$

　　于是我们得到斜率${slope(j,k)}$：

$${slope(j,k)=\frac{dp[j]-dp[k]+(f[j]+C)^2-(f[k]+C)^2}{2*(f[j]-f[k])}}$$

$${有slope(j,k)<f[i]}$$

　　所以当${j<k}$且${slope(j,k)<f[i]}$时，我们可以${O(1)}$判断${k}$比${j}$更优。

　　于是我们用单调队列维护这个操作即可。

　　当${slope(q[l],q[l+1])<f[i]}$时，${q[l+1]}$比${q[l]}$更优，pop队首。

　　当不满足上凸性质，即${slope(q[r-1],q[r])>slope(q[r],i)}$时，pop队尾。

代码

// bzoj1010
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define inf (1ll<<60)
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;

const int maxn=50010;
int n,L;
LL a[maxn],f[maxn],s[maxn],dp[maxn],q[maxn];

double slope(LL a,LL b) {
    return (dp[a]-dp[b]+(f[a]+L)*(f[a]+L)-(f[b]+L)*(f[b]+L))/(2.0*(f[a]-f[b]));
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&L);L++;
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&s[i]),s[i]+=s[i-1];
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=s[i]+i;
	int l=1,r=1;dp[1]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		while (l<r && slope(q[l],q[l+1])<=f[i]) l++;
        dp[i]=dp[q[l]]+(f[i]-f[q[l]]-L)*(f[i]-f[q[l]]-L);
        while (l<r && slope(q[r-1],q[r])>slope(q[r],i)) r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}