洛谷P3195 [HNOI2008] 玩具装箱-优快云博客

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洛谷P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

题目描述

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 $\cdots n$ 的 $n$ 件玩具，第 $i$ 件玩具经过压缩后的一维长度为 $C_i$ 。

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 $x=j−i+∑k=ijCkx=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k$ 。

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 $L$ 。但他希望所有容器的总费用最小。

输入格式

第一行有两个整数，用一个空格隔开，分别代表 $n$ 和 $L$ 。

第 $2$ 到第 $(n + 1)$ 行，每行一个整数，第 $(i + 1)$ 行的整数代表第 $i$ 件玩具的长度 $C_i$ 。

输出格式

输出一行一个整数，代表所有容器的总费用最小是多少。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

对于全部的测试点， $\leq n \leq 5 \times 10^4$ ， $\leq L \leq 10^7$ ， $\leq C_i \leq 10^7$ 。

问题介绍

有的题目的转移方程并不如我们所预期的样式，而是形如 $dpi=max/min(a[i]⋅b[j]+c[i]+d[j])dp_i=max/min(a[i]\cdot b[j]+c[i]+d[j])$ 的形式，单调队列优化不再成立，我们需要找到新的优化方式解决。

以玩具装箱的背景理解斜率优化

式子处理

因为有 $∑Ci\sum C_i$ 的存在，所以前缀和是必然的，特别注意的一点就是我们不妨将填充物的长度计入物体长度，计算总和时减 $1$ 即可。即令 $_i=\sum\limits_{i=1}^{n}(C_i+1)$ 。

设 $dp_i$ 表示装好前 $i$ 个玩具的最小花费，则有 $dpi=minj∈[0,i−1](dpj+(Si−Sj−1−L)2)dp_i=\mathop{min}\limits_{j\in[0,i-1]}(dp_j+(S_i-S_j-1-L)^2)$

方便拆括号，于是可以令 $L^{'} = L + 1$ ，则 $dpi=minj∈[0,i−1](dpj+(Si−Sj−L′)2)dp_i=\mathop{min}\limits_{j\in[0,i-1]}(dp_j+(S_i-S_j-L')^2)$

方便接下来化简，我们写作 $dpi=minj∈[0,i−1](dpi,j),dpi,j=dpj+(Si−Sj−L′)2dp_i=\mathop{min}\limits_{j\in[0,i-1]}(dp_{i,j}),dp_{i,j}=dp_j+(S_i-S_j-L')^2$

注意到在 $dp_i$ 的更新中， $i$ 始终不变，在转移过程中可以消掉，于是我们将上式尽可能的将这一部分分解出来。

$dp_{i,j}=S_i^2+dp_j-2S_iS_j-2S_iL'+(S_j+L')^2$

接下来要比较哪个策略更优，于是我们假设存在 $j_1<j_2$ 且 $dpi,j1≥dpi,j2dp_{i,j_1}\ge dp_{i,j_2}$

$Si2+dpj1−2SiSj1−2SiL′+(Sj1+L′)2≥Si2+dpj2−2SiSj2−2SiL′+(Sj2+L′)2S_i^2+dp_{j_1}-2S_iS_{j_1}-2S_iL'+(S_{j_1}+L')^2\ge S_i^2+dp_{j_2}-2S_iS_{j_2}-2S_iL'+(S_{j_2}+L')^2$

$dpj1−2SiSj1+(Sj1+L′)2≥dpj2−2SiSj2+(Sj2+L′)2dp_{j_1}-2S_iS_{j_1}+(S_{j_1}+L')^2\ge dp_{j_2}-2S_iS_{j_2}+(S_{j_2}+L')^2$

根据前面的规定，在这个式子中， $j$ 是变量， $i$ 是参数，但是我们没必要直接算出 $j_1，j_2$ 和 $i$ 的关系，只需要简单的分离一下就行了。

$2Si(Sj2−Sj1)≥dpj2−dpj1+(Sj2+L′)2−(Sj1+L′)22S_i(S_{j_2}-S_{j_1})\ge dp_{j_2}-dp_{j_1}+(S_{j_2}+L')^2-(S_{j_1}+L')^2$

这里 $S$ 是前缀和，这就意味着在输入均为正的情况下 $Sj2−Sj1≥0S_{j_2}-S_{j_1}\ge 0$ ，于是可以进行下一步分离

$2Si≥(dpj2+(Sj2+L′)2)−(dpj1+(Sj1+L′)2)Sj2−Sj12S_i\ge \frac{(dp_{j_2}+(S_{j_2}+L')^2)-(dp_{j_1}+(S_{j_1}+L')^2)}{S_{j_2}-S_{j_1}}$

这个两值之差的比很容易让人联想到斜率 $k$ （这就是这种优化叫做斜率优化的原因）。

处理斜率

我们设对于 $dp_{i,j}$ ，在平面直角坐标系上有一个点 $P_{j}(S_j,dp_j+(S_j+L’)^2)$ 。

根据上述结论，点 $P_{j_2}$ 优于 $P_{j_1}$ 当且仅当 $ΔyΔx≤2Si\frac{\Delta y}{\Delta x}\le2S_i$ ，否则 $P_{j_1}$ 更优。

此时 $dp_{i,j}$ 可以写作 $Y_j-2X_j+S_i-2S_iL'$

接下来从坐标系上看多个点之间的关系，如图所示：

在这里插入图片描述

记图中的点 $C:Pj3A:P_{j_1} \space\space\space B:P_{j_2}\space\space\space C:P_{j_3}$ 方便处理，不妨设 $k_1> k_2$ 。

同时设 $2S_i=k_0$ ，即刚刚计算得到的分界线。

对于 $k_1$ 和 $k_2$ 本身，可以以它们分别与 $k_0$ 的关系为划分依据分类讨论。

$(1)\mathbb{(1)}$ 当 $k1≤k0k_1\le k_0$ 时， $j_2$ 优于 $j_1$ ，反之当 $k_1>k_0$ 时， $j_1$ 优于 $j_2$ 。

$(2)\mathbb{(2)}$ 当 $k2≤k0k_2\le k_0$ 时， $j_3$ 优于 $j_2$ ，反之当 $k_1>k_0$ 时， $j_2$ 优于 $j_3$ 。

接下来将 $k_1,k_2,k_0$ 的关系放在一起讨论，因为前面 $k_1> k_2$ 确定，所以有三种情况：

$(1)\mathbb{(1)}$ 当 $k_0<k_2<k_1$ 时， $j_1$ 优于 $j_2$ 优于 $j_3$ ，此时取 $j_1$ 。

$(2)\mathbb{(2)}$ 当 $k2≤k0<k1k_2\le k_0<k_1$ 时， $j_1$ 优于 $j_2$ ， $j_3$ 优于 $j_2$ ，此时取 $j_1$ 或 $j_3$ 。

$(3)\mathbb{(3)}$ 当 $k2<k1≤k0k_2<k_1\le k_0$ 时， $j_3$ 优于 $j_2$ 优于 $j_1$ ，此时取 $j_3$ 。

综上，容易发现无论如何都不会取 $j_2$ ，于是我们可以直接忽略 $B$ 点，如图所示：

在这里插入图片描述

经过一系列这样的删点操作，我们得到了一个图像。

在这里插入图片描述

容易发现，斜率是递增的，因为当一个点插入后不满足斜率递增就会被删除（即图中的 $L$ 点）。

同时我们知道，当 $kj≤k0=2Sik_j\le k_0=2S_i$ 时，最优点在 $j_{max}$ 取到；当 $k_0<k_j$ 时，最优点在 $j_{min}$ 取到，于是我们需要找到第一个满足 $kj≥k0k_j\ge k_0$ 的一段直线，其左端点恰好是最优解。又回到单调性问题，因为 $S_i$ 单增，相邻斜率亦单增，所以可以用单调队列解决。

代码

注意到数据范围会超 $in t$ ，所以不开 $\ long$ __ __ __。

另外 $k$ 值可能是小数，不仅要开 $d o u b l e$ ，还要$$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=5e4+10;

LL n,L;
long double s[N];
LL dp[N];
LL q[N],l,r;

long double k(int a,int b)
{
	return ((dp[a]+(s[a]+L)*(s[a]+L))-(dp[b]+(s[b]+L)*(s[b]+L)))/(s[a]-s[b]);
}

int main()
{
	cin>>n>>L;
	L++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
		s[i]+=s[i-1]+1;
	}
	l=1,r=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(l<r&&k(q[l],q[l+1])<2*s[i])
			l++;
		dp[i]=dp[q[l]]+(s[i]-s[q[l]]-L)*(s[i]-s[q[l]]-L);
		while(l<r&&k(q[r],q[r-1])>=k(q[r-1],i))
			r--;
		q[++r]=i;
	}
	cout<<dp[n]<<endl;
	return 0;
}