洛谷-3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY

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本文深入解析了一种名为斜率优化DP的算法，通过一个具体的玩具装箱问题，详细阐述了如何通过动态规划和斜率优化来求解最小费用问题。文章提供了完整的算法思路、数学推导和C++实现代码。

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 $1⋯N1\cdots N$ 的 $N$ 件玩具，第 $i$ 件玩具经过压缩后变成一维长度为 $C_i$ .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 。但他希望费用最小.

输入格式
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

输出格式
输出最小费用

输入输出样例
输入 #1
5 4
3
4
2
1
4

输出 #1
1

解释：斜率优化DP
明显是动态规划。令 $d p [i]$ 为前i个装箱的最小花费。转移方程如下：
$dp[i]=min⁡0≤j<i{dp[j]+(∑k=j+1iCk+i−j−1−L)2}dp[i]=\min\limits_{0 \leq j < i} \{ dp[j]+( \sum \limits_{k = j + 1}^{i}{C_k} + i - j - 1 - L) ^ 2\}$
用 $s u m [i]$ 表示 $i$ 个容器的长度之和（即 $C$ 的前缀和），方程简化为：
$dp[i]=min⁡0≤j<i{dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2}dp[i]=\min\limits_{0 \leq j < i} \{ dp[j]+( sum[i]-sum[j] + i - j - 1 - L) ^ 2\}$
又令 $f [i]$ 为 $s u m [i] + i$ ，继续简化方程为：
$dp[i]=min⁡0≤j<i{dp[j]+(f[i]−f[j]−1−L)2}dp[i]=\min\limits_{0 \leq j < i} \{ dp[j]+( f[i]-f[j] - 1 - L) ^ 2\}$
对于每个 $d p [i]$ 可以知道都是由一个 $j_0$ 推过来的。这个 $j_0$ 对于当前的 $i$ 是最优的决策。假设现在有两个决策 $j_1,j_2(1≤j1<j2<i)$ ，且决策j2j_2j2优于 $j_1$ ，则有：
$dp[j1]+(f[i]−f[j1]−1−L)2≥dp[j2]+(f[i]−f[j2]−1−L)2dp[j_1]+( f[i]-f[j_1] - 1 - L) ^ 2 \geq dp[j_2]+( f[i]-f[j_2] - 1 - L) ^ 2$
拆开可得：
$dp[j1]+f[i]2−2f[i](f[j1]+1+L)+(f[j1]+L+1)2≥dp[j2]+f[i]2−2f[i](f[j2]+1+L)+(f[j2]+L+1)2dp[j_1]+f[i]^2-2f[i](f[j_1]+1+L)+(f[j_1]+L+1)^2 \geq dp[j_2]+f[i]^2-2f[i](f[j_2]+1+L)+(f[j_2]+L+1)^2$
化简可得：
$2f[i](f[j2]+1+L)−2f[i](f[j1]+1+L)≥dp[j2]+(f[j2]+1+L)2−(dp[j1]+(f[j1]+1+L)2)2f[i](f[j_2] + 1 + L)-2f[i](f[j_1] + 1 + L) \geq dp[j_2]+(f[j_2]+1+L)^2 - (dp[j_1]+(f[j_1]+1+L)^2)$
即： $\geq \frac{dp[j_2]+(f[j_2]+1+L)^2 - (dp[j_1]+(f[j_1]+1+L)^2)}{f[j_2]-f[j_1]}$
令 $g[i] = (f[i]+L+1)^2$ ，可得： $\geq \frac{dp[j_2]+g[j_2] - (dp[j_1]+g[j_1])}{f[j_2]-f[j_1]}$
如果满足上述不等式，等 $j_2$ 好于 $j_1$ ,因此我们可以进行斜率优化

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const long long MAXN = 50050;
long long N, L, dp[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], h, t, Q[MAXN];
inline double xie(long long j1, long long j2){
    return (double) (dp[j2] + g[j2] - dp[j1] - g[j1]) / (f[j2] - f[j1]);
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&N,&L);
    for(long long i = 1; i <= N; i++){
        scanf("%lld",&sum[i]);
        sum[i] += sum[i - 1];
        f[i] = sum[i] + i;
        g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
    }
    g[0] = (L + 1) * (L + 1); //important!!!
    for(long long i = 1; i <= N; i++){
        while(h < t && xie(Q[h], Q[h + 1]) <= 2 * f[i]) h++;
        dp[i] = dp[Q[h]] + (f[i] - f[Q[h]] - L - 1) * (f[i] - f[Q[h]] - L - 1);
        while(h < t && xie(Q[t], i) < xie(Q[t - 1], Q[t])) t--;
        Q[++t] = i;

    }
    printf("%lld\n", dp[N]);
    return 0;
}