[FROM WOJ]#1995 [HNOI2008]玩具装箱TOY

#1995 [HNOI2008]玩具装箱TOY

题面
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
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

输出
输出最小费用

样例输入
5 4
3
4
2
1
4

样例输出
1

提示
第一，二个物品各用一个瓶子装，三四用一个瓶子装，最后一个单独用一个瓶子

SOL
状态转移方程很容易想到——$$f[i]=min(f[j]+(sumc[i]-sumc[j]-L-1{)}^2),0<=j<i$$
令$$g[i]=sumc[i]+i,t=L+1$$
于是就有：$$f[i]=min(f[j]+(g[i]-g[j]-t{)}^2)$$
当$j<k$如果$k$为更优的决策，则$$f[k]+(g[i]-g[k]-t{)}^2<f[j]+(g[i]-g[j]-t{)}^2$$
展开并除去相同项后可以得到$$f[k]-2\ast g[i]\ast g[k]+g[k{]}^2+2\ast g[k]\ast t<f[j]-2\ast g[i]\ast g[j]+g[j{]}^2+2\ast g[j]\ast t$$（此处请诸位神仙自行口胡）
调整一下：
$$g[i]\ast 2\ast (g[k]-g[j])<f[k]-f[j]+(g[k]+g[j])(g[k]+g[j]+2\ast t)$$
于是小于等于$$g[i]\ast 2\ast (g[k]-g[j])$$的决策就可以出队($l++$)
当$i$要入队时，如果斜率$k(q[r],q[r-1])>k(q[r],i)$则可以$r--$

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string.h>
#define int long long
#define N 50005
using namespace std;
inline int rd(){
	int data=0,w=1;static char ch=0;
	while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))data=(data<<1)+(data<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return data*w;
}
int c[N],f[N],q[N],n,t,l,r;
inline int work(int x,int y){return f[y]-f[x]+(c[y]-c[x])*(c[y]+c[x]+t*2);}
signed main(){
	n=rd();t=rd()+1;//t=L+1
	for(int register i=1;i<=n;i++)c[i]=c[i-1]+rd();//sum_C
	for(int register i=1;i<=n;i++)c[i]+=i;
	memset(f,0x5f,sizeof(f));f[0]=0;
	q[l=r=1]=0;
	for(int register i=1;i<=n;i++){
		while(l<r&&work(q[l],q[l+1])<=c[i]*2*(c[q[l+1]]-c[q[l]]))l++;
		f[i]=f[q[l]]+(c[i]-c[q[l]]-t)*(c[i]-c[q[l]]-t);
		while(l<r&&work(q[r-1],q[r])*(c[i]-c[q[r]])>work(q[r],i)*(c[q[r]]-c[q[r-1]]))r--;
		q[++r]=i;
	}
	printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}