1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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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

人生第一道斜率优化，打的磕磕绊绊，但终于还是打出来了。

被long long坑了N久。

题解：

首先我们可以得到最基础的方程

f[i]=min{f[j],f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-l)^2

然后开始推方程：

设t[i]=sum[i]+i;

m=t[i]-l-1;

f[i]=min(f[j]+(m-t[j])^2)

设j<k

f[k]+(m-t[k])^2<f[j]+(m-t[j])^2

f[k]+m^2-2*m*t[k]+t[k]^2<f[j]+m*m-2*m*t[j]+t[j]^2

f[k]+t[k]^2-f[j]+t[j]^2/(t[k]-t[j])<2*m

即slope（j,k）<2*m

于是我们可以得到两个性质：

1:如果slope(j,k)<2*m,j<k

2:如果j<k<l slope(j,k)>slope(k,l)，那么k肯定不是最优解。

为什么呢？

如果slope(j,k)<2*m j比k更优

如果slope(j,k)>=2*m k比j优，但slope(k,l)<slope(j,k),所以l更优.

于是就可以优化了。

我们用一个单调递增的栈来维护就好了。（斜率是单调递增的）

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
const int N=50100;
int n,m;
long long sum[N];//前缀和
long long t[N];//t[i]=sum[i]+i
long long f[N];//从1到i的最小值
int yu[N];//栈
int k,j; 
double slope(int x,int y)
{
return (double)(f[x]+t[x]*t[x]-f[y]-t[y]*t[y])/(double)(t[x]-t[y]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
sum[i]=sum[i-1]+x;
t[i]=sum[i]+i;
}
k=0;j=1;f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(k+1<j&&slope(yu[k],yu[k+1])<2.0*(double)(t[i]-m-1)) k++;
int k1=yu[k];
f[i]=f[k1]+(t[i]-m-1-t[k1])*(t[i]-m-1-t[k1]);
while(k+1<j&&slope(yu[j-2],yu[j-1])>slope(yu[j-1],i)) j--;
yu[j++]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
}