BZOJ 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy 斜率优化DP

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

题目大意：
有$N$个玩具，第$i$个玩具长度为$C_i$，将他们分为任意组，若将第$i$个玩具到第$j$个玩具分为一组，则该组的长度$x=j-i+\sum_{k=i}^{j}{C_k}$，所需要花费的费用为$(x-L)^2$，$L$为固定值。
$1\le{N}\le50000;1\le{L,Ci}\le10^7$

题解：
如果设$sum[i]=\sum_{k=1}^{i}{C_k}$很容易就能写出状态转移方程
$f[i]=min\{f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2\}$
这里我们不妨设$sum[i]=\sum_{k=1}^{i}{C_k}+i,L=L+1$，使代码更加简洁
状态转移方程变为$f[i]=min\{f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2\}$
朴素时间复杂度$O(n^2)$肯定是不行的，所以我们用斜率优化$DP$将其优化至$O(n)$
将状态转移方程加以变换得
$f[j]+(sum[j]+L)^2=sum[i]*2*(sum[j]+L)+f[i]-(sum[i])^2$
令：
$y=f[j]+(sum[j]+L)^2;$
$k=sum[i];$
$x=2*(sum[j]+L);$
$b=f[i]-(sum[i])^2;$
则状态转移方程变为$y=kx+b$
当做状态$i$的决策时，可以确定斜率$k$将之前的状态$j$所对应的点$(x_j,y_j)$代入即可求出截距$b$，进而求出$f[i]$
这相当于用一条斜率确定的直线穿过符合条件的点，使截距最小
如图，易知我们所选取的点一定是下凸壳上的点

我们用一个单调队列来维护这个下凸壳，每次用队首的元素更新状态，使每次求得的$f[i]$最小，并插入新的元素。

代码：

#include<stdio.h>
typedef long long ll;
int n;
ll l;
ll c[50005];
ll sum[50005];
ll f[50005];
int q[50005];
int head;
int tail;
ll y(int i)
{
    return f[i]+(sum[i]+l)*(sum[i]+l);
}
ll x(int i)
{
    return 2ll*(sum[i]+l);
}
double getk(int a,int b)
{
    return (double)(y(b)-y(a))/(x(b)-x(a));
}
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&l);
    l++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&c[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+c[i]+1;
        ll k=sum[i];
        while(tail-head&&getk(q[head],q[head+1])<=k)
        {
            head++;
        }
        f[i]=y(q[head])-k*x(q[head])+sum[i]*sum[i];
        while(tail-head&&getk(q[tail-1],i)<=getk(q[tail-1],q[tail]))
        {
            tail--;
        }
        q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}