BZOJ 1010 玩具装箱toy 斜率优化dp

csu_xiji

于 2019-08-21 11:59:11 发布

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分类专栏： dp优化 dp 动态规划

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探讨了如何在运输玩具时，通过优化容器的分配来最小化制作费用的问题。使用动态规划方法，结合下凸包优化技巧，实现了一个高效的算法解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010
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
思路：设 $f [i]$ 表示装前 $i$ 个东西的最小花费， $s u m [i]$ 表示 $c [i]$ 的前缀和，可得到状态转移方程： $f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j+1)^{2})$ 。为了方便，可令： $s [i] = s u m [i] + i, C = L + 1$ ，那么 $f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-C)^{2}$ ,化简可以得到： $f[j]+s[j]^{2}=2*(s[i]-C)*s[j]+f[i]-(s[i]-C)^{2}$ ，形如 $y = k x + b$ 的方程。其中 $y=f[j]+s[j]^{2},x=s[j]$ ，使 $f [i]$ 最小即为使该方程的截距最小。因为该方程的斜率是已知的，将已经计算完毕的 $j$ 当做平面上的点，那么在求 $i$ 的时候，可以看做是一条已知斜率 $k$ 的直线在平面上平移。通过画图不难发现，我们要维护的就是一个下凸包。(别忘了 $j$ 可以等于0)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=5e4+5;

ll dp[maxn],sum[maxn];
ll C,L;
int n;
int que[maxn];
int head,tail;

ll getx(int i)
{
	return sum[i];
}


ll gety(int i)
{
	return dp[i]+sum[i]*sum[i];
}

double getslop(int i,int j)
{
	return (gety(j)-gety(i))*1.0/(getx(j)-getx(i));
}

int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&L);
	C=L+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		sum[i]+=i;
	dp[1]=(sum[1]-C)*(sum[1]-C);
	que[tail++]=0,que[tail++]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		while(head+1<tail&&getslop(que[head],que[head+1])<=2*(sum[i]-C))
			++head;
		dp[i]=dp[que[head]]+(sum[i]-sum[que[head]]-C)*(sum[i]-sum[que[head]]-C);
		while(head+1<tail&&getslop(que[tail-2],que[tail-1])>=getslop(que[tail-2],i))
			--tail;
		que[tail++]=i;
	}
	printf("%lld\n",dp[n]);
	return 0;
}