BZOJ 1010 玩具装箱

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

题解：设dp【i】代表将前i个玩具装箱的最小费用

则显然，dp【i】=min（dp【j】+（i-j+sum[i]-sum[j]-l）^2)

又很显然O（n^2)的算法会超时

我们考虑一下优化

先将公式化简
设f[i]=sum[i]+i,f[j]=sum[j]+j;
dp[i]=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-l)^2)
dp[i]=min(dp[j]-2*(f[j]-l)*f[i]+(f[j]-l)^2)+f[i]^2
设k的决策没j好
dp[k]-2*(f[k]-l)*f[i]+(f[k]-1)^2>=dp[j]-2*（f[j]-l)*f[i]+(f[j]-l)^2
dp[j]-2*(f[j]-l)*f[i]+（f[j]-l)^2-dp[k]+2*(f[k]-l)*f[i]-(f[k]-l)^2<=0
dp[j]+(f[j]-l)^2-dp[k]-(f[k]-l)^2<=2*(f[j]-l)*f[i]-2*(f[k]-l)*f[i]
(dp[j]+(f[j]-l)^2-dp[k]-(f[k]-l)^2)/(f[j]-f[k])<=2*f[i]

表示人太渣，公式都化成这个样子

斜率式已出，我们可以维护一个下凸壳来进行斜率优化，时间复杂度O(n）

代码如下：

#include<cstdio>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=100002;

int n,l,c[maxn],h,t;

LL q[maxn],dp[maxn],s[maxn];

double slop(int j,int k){

    return (dp[k]-dp[j]+(s[k]+l)*(s[k]+l)-(s[j]+l)*(s[j]+l))/(2*(s[k]-s[j]));

}

int main(){

    scanf("%d%d",&n,&l);l=l+1;h=1;t=1;q[t]=0;

    for(int i=1;i<=n;++i){

        scanf("%d",&c[i]);s[i]=s[i-1]+c[i];

    }

    for(int i=1;i<=n;++i)s[i]+=i;

    for(int i=1;i<=n;++i){

        while(h<t&&slop(q[h],q[h+1])<=s[i])h++;

        dp[i]=dp[q[h]]+(s[i]-s[q[h]]-l)*(s[i]-s[q[h]]-l);

        while(h<t&&slop(q[t],i)<slop(q[t-1],q[t]))--t;

        q[++t]=i;

    }

    printf("%lld\n",dp[n]);

    return 0;

}