BZOJ_1010_[HNOI2008]_玩具装箱toy_(斜率优化动态规划+单调队列)

描述

---

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010

给出\(n\)和\(l\).有\(n\)个玩具,第\(i\)个玩具的长度是\(c[i]\),要求将玩具分成若干段,从\(i\)到\(j\)分为一段的长度为\(x=j-i+\sum_{k=i}^jc[k]\),费用为\((x-l)^2\).求最小费用.

分析

---

用\(dp[i]\)表示前\(i\)个玩具所需的最小费用,则有$$dp[i]=min\{dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)-l)^2(1<=j<i)\}$$

其中\(sum[i]\)表示的是\(c[i]\)的前缀和.

为了方便,我们设$$A[i]=sum[i]+i,l=l+1$$

于是原方程久等价于$$dp[i]=min\{dp[j]+(A[i]-A[j]-l)^2(1<=j<i)\}$$

我们设\(j<k<i\)且在计算\(dp[i]\)的时候,决策\(k\)更优.也就是说$$dp[k]+(A[i]-A[k]-l)^2<dp[j]+(A[i]-A[j]-l)^2$$

在纸上写写画画,把式子打开再遍一下形,容易得到$$\frac{[dp[k]+(A[k]+l)^2]-[dp[j]+(A[j]+l)^2]}{2\times{A[k]}-2\times{A[j]}}<A[i]$$

是不是很像$$\frac{Y_k-Y_j}{X_k-X_j}$$的形式?

这玩意儿不就是斜率吗?!我们设它为\(g(k,j)\)

我们可以发现\(A[i]\)是单调递增的,所以所有决策可以转化为二维空间上的点集.

也就是说\(k\)这个点和\(j\)这个点的连线的斜率如果小于\(A[i]\),那么\(k\)这个决策就更优.

那么对于三个决策\(a<b<c\),如果有\(g(c,b)<=g(b,a)\),那么\(b\)决策一定不会被选中.为什么呢?我们来讨论一下(对于任意\(3<i<=n\)):

1.如果\(g(b,a)<A[i]\),那么必有\(g(c,b)<A[i]\),也就是\(c\)最优,选择决策\(c\).

2.如果\(g(b,a)>=A[i]\),那么\(b\)不是最优,最优可能是\(a\)或\(c\).

所以我们在新加入一个点的时候,就可以把它看作\(c\),然后把所有这样的\(b\)都去掉,直到\(g(c,b)>g(b,a)\),所以我们需要处理的斜率是单调递增的.

由于\(A[i]\)是单调递增的,所以对于任意的\(i<n\),如果满足上面的不等式,那么对于任意的\(i',i<i<=n\),由于\(A[i']>A[i]\),所以上不等式仍然成立,所以\(i'\)的最优决策的位置一定不比\(i\)的最优决策小.

这样我们就可以用一个单调队列分别维护队首和队尾啦.

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 const int maxn=+;
 ll n,l,front,tail;
 ll sum[maxn],A[maxn],dp[maxn],q[maxn];
 inline ll pow_(ll x){ return x*x; }
 inline ll up(int k,int j){ return dp[k]-dp[j]+pow_(A[k]+l)-pow_(A[j]+l); }
 inline ll dn(int k,int j){ return *(A[k]-A[j]); }
 int main(){
     scanf("%lld%lld",&n,&l);
     l++;
     for(int i=;i<=n;i++){
         ll t; scanf("%lld",&t);
         sum[i]=sum[i-]+t;
         A[i]=sum[i]+i;
     }
     front=,tail=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         while(front+<tail&&up(q[front+],q[front])<=A[i]*dn(q[front+],q[front])) front++;
         int j=q[front]; dp[i]=dp[j]+pow_(A[i]-A[j]-l);
         while(front+<tail&&up(i,q[tail-])*dn(q[tail-],q[tail-])<=up(q[tail-],q[tail-])*dn(i,q[tail-])) tail--;
         q[tail++]=i;
     }
     printf("%lld\n",dp[n]);
     return ;
 }

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 8864  Solved: 3529
[Submit][Status][Discuss]

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

HINT

Source