[题解] BZOJ 1010 玩具装箱Toy

BZOJ 1010 玩具装箱Toy

题目描述 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.

输入描述 Input Description
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci

输出描述 Output Description
输出最小费用

样例输入 Sample Input
5 4
3
2
1
4

样例输出 Sample Output
1

数据范围及提示 Data Size & Hint
1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

分析：

状态转移方程：（显然）

$$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)$$
$sum$为前缀和
然后我们令$f[i]=sum[i]+i,c=1+L$
原式可以化简为：
$$dp[i]=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2)$$
注意，这里的$f,c$都是可以预处理出来的

1.证明决策单调性

假设在当前由$j$状态转移优于$k$状态（显然$k$是之前枚举的决策），即：

$$dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2\le dp[k]+(f[i]-f[j]-c)^2$$
那么对于$i$后面的一个状态$t$，要保证$k$对其无贡献（已经被$j$覆盖）
则需要证明：

$$dp[j]+(f[t]-f[j]-c)^2\le dp[k]+(f[t]-f[k]-c)^2$$
由于$f[i]=sum[i]+i$，所以一定为单调递增的（$sum$和$i$均为单调递增）
所以令$v=f[t]-f[i]$
原式可化为：
$$dp[j]+(f[i]+v-f[j]-c)^2\le dp[k]+(f[i]+v-f[k]-c)^2$$
变形↓尽量拆出已有的式子
$$dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2+2v*(f[i]-f[j]-c)+4v^2\le dp[k]+(f[i]-f[k]-c)^2+2v*(f[i]-f[k]-c)+4v^2$$
移项，消除相同项
$$f[i]-f[j]-c\le f[i]-f[k]-c$$
$$f[j]\ge f[k]$$
由单调递增性，只需要枚举状态时以$1$~$i-1$的顺序即可保证$f[j]\ge f[k]$，得证

2.求斜率方程

当前决策$i$，若由$j$状态转移优于$k$状态，则有：

$$dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2\le dp[k]+(f[i]-f[j]-c)^2$$
展开，变形，得：

$$dp[j]+f[i]^2-2f[i]* (f[j]+c)+(f[j]+c)^2\le dp[k]+f[i]^2-2f[i]* (f[k]+c)+(f[k]+c)^2$$
移项，消除相同项，尽量将变量按$j,k$凑在一起，得：
$$\frac {(dp[j]+(f[j]+c)^2)-(dp[k]+(f[k]+c)^2)}{2*(f[j]-f[k])}\le f[i]$$
左边部分就像斜率一样，可以看做：
$$\frac {Y_j-Y_k} {X_j-X_k}$$
我们以$Slope(x,y)$来表示上面那个类似于斜率的东西（其实就是斜率好么）
若满足这个$Slope(k,j)\le f[i]$，则说明$j$比$k$优

3.组织算法

那么对于当前较优的状态我们建立一个队列$q$
维护这个队列我们有以下操作：

1. 若$Slope(q[l],q[l+1])\le f[i]$，则$q[l]$没有$q[l+1]$优，则删除$q[l]$
   • 若$Slope(q[r-1],q[r])\ge Slope(q[r],i)$,则删除$q[r]$

   • 分析：

     方程成立时是$j$比$k$优的充分必要条件，那么假设我们现在有一个序列，那么队头就是当前最优的，若到了某个$i$值使得对于队首$p[l]$和队次首$p[l+1]$来说$Slope(q[l],q[l+1])\le f[i]$成立，则$q[l+1]$比$q[l]$优，所以弹出队首，直到不成立为止

     第一条操作是显然的，那么第二条呢？
     一个状态要不要放在序列里，是由它能不能做出贡献决定的，也就是说，它能不能成为队首决定的
     假设我们现在有$Slope(q[a],q[a+1])\ge Slope(q[a+1],q[a+2])$，那么，$q[a+1]$点想要成为队首就只能当前面的点都弹出了，并且$Slope(q[a],q[a+1])\le f[i]$，$q[a+1]$比$q[a]$优所以也将$q[a]$弹出时，才能成为队首。但是在这时，由于$f[i]\ge Slope(q[a],q[a+1])\ge Slope(q[a+1],q[a+2])$，那么$q[a+2]$也应该比$q[a+1]$优，所以将$q[a+1]$弹出，意思就是，无论怎样，$q[a+1]$都不可能做出贡献
     类比一下，我们只操作队尾时，若其斜率$Slope(q[r-1],q[r])\ge Slope(q[r],i)$，直接弹出$q[r]$即可
     那么，在我们的这个操作以后，能够保证斜率单调递增，也就是维护一个上凸包，这就是斜率优化啦！

     自认为非常的详细啦，有问题可以在下面留言喽！

     Code：

     #include <bits/stdc++.h>
     using namespace std;
     #define ll long long
     ll n,L;
     ll f[50005];
     ll dp[50005];
     ll q[50005];
     ll head,tail; 
     ll read() {
         ll ans=0,flag=1;
         char ch=getchar();
         while((ch<'0'||ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
         if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();
         while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
         return ans*flag;
     }
     double slope(ll k,ll j) {return (double) (dp[j]-dp[k]+(f[j]+L)*(f[j]+L)-(f[k]+L)*(f[k]+L))/(2.0*(f[j]-f[k]));}
     int main() {
         n=read(),L=read();
         L++;
         for(int i=1;i<=n;i++) {
             ll a=read();
             f[i]=f[i-1]+a+1;
         }
         for(int i=1;i<=n;i++) {
             while(head<tail && slope(q[head],q[head+1])<=f[i]) head++;
             int t=q[head];
             dp[i]=dp[t]+(f[i]-f[t]-L)*(f[i]-f[t]-L);
             while(head<tail && slope(q[tail],i)<slope(q[tail-1],q[tail])) tail--;
             q[++tail]=i;
         } 
         printf("%lld",dp[n]);
     }