BZOJ1010玩具裝箱Toy

@[斜率優化]

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$C_i$.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 $$x = j - i + \sum_{k = i}^{j} C_i$$ 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$C_i$. $1 <= N <= 50000, 1 <= L, C_i <= 10^7$

Output

输出最小费用

Sample Input

Sample Output

Solution

典型的斜率優化DP

令$f[i]$記錄標號為從$1$到$i$的玩具全部壓縮好所需要的最小費用, 則可以得到DP递推式$$f[i] = min_{j = 0}^{i - 1}(f[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)^2)$$其中$sum[i]$記錄編號從$1$到$i$的玩具的長度總和.

假設在$i > j > k$中, 對於$i$有$j$比$k$優, 則$$f[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)^2 < f[k] + (sum[i] - sum[k] + i - k - 1 - L)^2$$

化簡得到

\[\frac{(f[j] + b[j]^2) - (f[k] + b[k]^2)}{b[j] - b[k]} < 2 * a[i]
\]

其中$$a[i] = sum[i] + 1 - L$$$$b[i] = sum[i] + i$$

*Hint: 化簡有一定技巧. 一般來說, 化簡得到的結果要把含$i$的項移至等號右邊, 不含$i$的項移至左邊, 以方便後續運算.

可以將這個除法式子理解為所謂的斜率, 記為$slope(j, k)$

然後用隊列來維護DP. 具體過程如下:

對於隊頭的兩個元素, 假如有$slope(queue[head + 1], queue[head]) > 2 * a[i]$則說明隊列中第二個元素比第一個優, 隊頭出隊.
此時可以確保隊頭元素是最優解, 用隊頭元素計算出$f[i]$的數值
在有了$f[i]$的值的情況下, 就可以在隊尾進行維護了. 對於隊尾的兩個元素記為$x, y(x > y)$, 假如有$slope(x, y) > slope(i, x)$則說明$x$是無用的, 可以出隊. 具體證明如下: (1). 假如$slope(x, y) > slope(i, x) > 2 * a[i]$, 則雖然有$x$比$i$優, 但又有$y$比$x$優, 因此$x$可出隊; (2). 假如$slope(x, y) > slope(i, x) < 2 * a[i]$, 則有$i$比$x$優, $x$可出隊.
將$i$加入隊尾

維護過程結束. 注意每一步的順序, 都是有先後性的, 不要搞反.

然後再說道一個點, 這一題一定要開$long long$

感覺現階段推公式的能力還要加強, 這一坨東西我推錯了好多次QAQ

附上代碼

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<cstring>

using namespace std;

inline long long read()

{

	long long x = 0, flag = 1;

	char c;

	while(! isdigit(c = getchar()))

		if(c == '-')

			flag *= - 1;

	while(isdigit(c))

		x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

	return x * flag;

}

const long long N = 1 << 16;

long long c[N];

long long sum[N];

long long a[N], b[N];

long long queue[N];

long long f[N];

inline long long sqr(long long x)

{

	return x * x;

}

inline long double slope(long long x, long long y)

{

	return (long double)((f[x] + sqr(b[x])) - (f[y] + sqr(b[y]))) / (long double)(b[x] - b[y]);

}

int main()

{

	#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("BZOJ1010.in", "r", stdin);

	freopen("BZOJ1010.out", "w", stdout);

	#endif

	long long n = read(), l = read();

	sum[0] = 0;

	a[0] = - 1 - l;

	b[0] = 0;

	for(long long i = 1; i <= n; i ++)

	{

		c[i] = read();

		sum[i] = c[i] + sum[i - 1];

		a[i] = sum[i] + i - 1 - l;

		b[i] = sum[i] + i;

	}

	long long head = 0, tail = 1;

	queue[head] = 0;

 	memset(f, 0, sizeof(f));

	for(long long i = 1; i <= n; i ++)

	{

		while(head + 1 < tail && slope(queue[head + 1], queue[head]) < 2 * (float)a[i])

			head ++;

		f[i] = f[queue[head]] + sqr(a[i] - b[queue[head]]);

		while(head + 1 < tail && slope(queue[tail - 1], queue[tail - 2]) > slope(i, queue[tail - 1]))

			tail --;

		queue[tail ++] = i;

	}

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

}

順便, 這裡想借這一題, 寫一點關於斜率優化的深層次理解, 主要圍繞隊列的維護方面. 首先是入隊, 為什麼要通過這種方式確定隊尾元素的保留還是彈出? 為什麼在$slope(i, queue[tail - 1]) > 2 * a[i]$的情況下仍然要將$i$入隊? 主要是出於對後效性的考慮. 對於$2 * a[i]$不難看出, 它是隨著$i$的增大而遞增的. 因此, 對於一個$i$, 雖然在當前不一定是最優的, 但在之後可能成為最優解, 因此要入隊. 因此在隊尾出隊的原則, 應該是與當前的$a[i]$無關的. 至於在隊頭出隊的原則, 也是在考慮到$2 * a[i]$的單調性以及確保無後效性的情況下才出隊的.

另外一點就是關於判斷一道題是否可以進行斜率优化. 這主要取決於等式右邊的斜率是否滿足單調性. 雖然說從隊尾出隊的元素與斜率無關, 但是隊頭出隊的元素是需要依賴於斜率的單調性的. 因此斜率是否滿足單調性可以作為一題是否可以採用常規的斜率优化的判斷依據.(假如不滿足, 還可以採用特殊的方法優化DP)