[HNOI2008]玩具装箱

OJ题号：
　　BZOJ1010

思路：
　　斜率优化动态规划。
　　由题意得状态转移方程为$f_i=\displaystyle{\min_{j=0}^{i-1}}\{f_j+\left(i-j-1+\displaystyle{\sum_{k=j+1}^i}c_k-L\right)^2\}$。
　　用$a_i$表示$c_i$的前缀和，则原式为$f_i=\displaystyle{\min_{j=0}^{i-1}}\{f_j+\left(i-j-1+a_i-a_j-L\right)^2\}$。
　　考虑现在有两个状态$j$和$k$都可以转移到$i$。
　　假设$j$比$k$更优，则有：$f_j+\left(i-j-1+a_i-a_j-L\right)^2<f_k+\left(i-k-1+=a_i-a_k-L\right)^2$。
　　将与$i$有关的项提取出来，设$x=i-1+a_i-L$。
　　则原式变为$f_j+\left(x-j-a_j\right)^2<f_k+\left(x-k-a_k\right)^2$。
　　化简得$f_j+\left(j+a_j\right)^2-f_k-\left(k+a_k\right)^2<2x(j+a_j-k-a_k)$。
　　即$\frac{f_j+\left(j+a_j\right)^2-f_k-\left(k+a_k\right)^2}{(j+a_j-k-a_k)}<2x$。
　　对于状态$j<k<l$，若要使$k$为一个有用的状态，则有$\frac{f_k+(k+a_k)^2-f_j-(j+a_j)^2}{2(k+a_k-j-a_j)}<x\leq\frac{f_l+(l+a_l)^2-f_k-(k+a_k)^2}{2(l+a_l-k-a_k)}$。
　　然后我们可以维护一个单调队列，使队列中的相邻元素的斜率单调递增。
　　每当插入一个元素时，我们比较队列前端两个元素的斜率是否小于$x$，如果是，则将第一个元素弹出队列。
　　这时候队列前端的元素一定是最优的一个状态。
　　然后尝试将这个元素加入队列，为了保证队列中相邻元素之间的斜率单调递增，每次比较队列后端两个元素的斜率$x1$和队列最末端元素与当前元素$i$的斜率$x2$。
　　如果$x1>x2$，即新加入元素后不满足单调性，则将队列末端元素弹出。
　　由于每个元素最多只会进队一次，最后的时间复杂度是$O(n)$的。

 #include<cstdio>
 #include<cctype>
 inline int getint() {
     register char ch;
     while(!isdigit(ch=getchar()));
     register int x=ch^'';
     while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
     return x;
 }
 const int N=;
 int n,l,a[N]={},q[N]={},h=,t=;
 long long f[N]={};
 inline long long sqr(const long long x) {
     return x*x;
 }
 inline double slope(const int &j,const int &k) {
     return double(f[j]+sqr(j+a[j])-f[k]-sqr(k+a[k]))/double(j+a[j]-k-a[k]);
 }
 inline bool check(const int &i,const int &j,const int &k) {
     return slope(k,j)>*(i+a[i]-l-);
 }
 inline bool check2(const int &i,const int &j,const int &k) {
     return slope(j,i)<slope(k,j);
 }
 int main() {
     n=getint(),l=getint();
     for(register int i=;i<=n;i++) {
         a[i]=a[i-]+getint();
         while(h<t&&!check(i,q[h],q[h+])) h++;
         const int &j=q[h];
         f[i]=f[j]+sqr(i-j-+a[i]-a[j]-l);
         while(h<t&&!check2(q[t-],q[t],i)) t--;
         q[++t]=i;
     }
     printf("%lld\n",f[n]);
     return ;
 }