【BZOJ】1010 玩具装箱

分析

预处理前缀和

$$sum_i=\sum_{j=1}^i a_i$$ ，为区间求和作准备。

这显然是dp。
设$f_i$表示前$i$件玩具花的最小费用。
则有：
①边界条件：$f_0=0$；
②动态转移方程：$f_i=min(f_j+{(i-j-1+sum_i-sum_j-L)}^2)$；
③答案：$f_n$。

直接求解，时间复杂度为$O(n^2)$，显然会TLE。
考虑斜率优化。

原来的方程太复杂了，我们先化简一下。
通过换元法化简动态转移方程，将参量、变量、常量分离。
记$g_i=i+sum_i，g_j=j+sum_j，C=1+L$，
$\therefore f_i=min(f_j+{(g_i-g_j-C)}^2)$

再求解斜率方程。
为了加快求解，我们设法尽可能多的排除一些状态，这需要决策点之间的比较，我们要找出决策点比较的式子。

设当前要求$f_i$，存在决策点$k,j$，$k>j$，满足决策$k$优于决策$j$。
$\therefore f_k+{(g_i-g_k-C)}^2\leq f_j+{(g_i-g_j-C)}^2$
$\therefore f_k+{(-g_k-C)}^2+2g_i(-g_k-C)\leq f_j+{(-g_j-C)}^2+2g_i(-g_j-C)$
$\therefore f_k+{(g_k+C)}^2-f_j-{(g_j+C)}^2\leq 2g_i(g_k-g_j)$
$\because k>j，sum_k>sum_j$
$\therefore k+sum_k>j+sum_j$即$g_k>g_j$
$\therefore slope(k,j)={f_k+(g_k+C)^2-f_j-(g_j+C)^2\over g_k-g_j}\leq 2g_i$

不难发现，$k$和$j$可以看做两个定点，不因$i$的改变而改变：
$(f_k+(g_k+C)^2，g_k)$和$(f_j+(g_j+C)^2，g_j)$。
近一步，$\forall i\in N^+$，决策点$i$可以表示为平面上的点$(f_i+(g_i+C)^2，g_i)$。

对于$\forall k,j\in N^+$，$k>j$，
①当$slope(k,j)\leq 2g_i$时，决策点$k$优于决策点$j$；
②当$slope(k,j)> 2g_i$时，决策点$k$劣于决策点$j$。

可以将问题转化为平面上的点的问题。

现在问题转化为：
给定平面上$n$个在横纵坐标都单调递增的点，给定一个斜率$k$，支持以下三种操作：
①插入点操作：
在第$n$个点$(x_n,y_n)$的末尾增加一个点$n+1$，也满足$x_{n+1}>x_n，y_{n+1}>y_n$；
②询问点操作：
在点集$X=\lbrace (x_1,y_1),(x_2,y_2),...,(x_n,y_n) \rbrace$中寻找一个点$i$，使得经过$i$斜率为$k$的直线在其他所有点之下；
③更改$k$操作：
将$k$变成$k'$，满足$k'>k$。

要寻找的点$i$，很明显$i$在点集的下凸壳。
又由于$k$是不断增大的，所以凸壳上要找的点$i$的横坐标也在不断增大。

我们只需要维护一个单调队列即可。

队首维护：
队首的点为$A$，$B$，若$slope(B,A)\leq 2g_i$，则将队首往后移一位；

队尾维护：
队末三个点为$A$，$B$，$C$。
若$slope(A,B)>slope(A,C)$，则将$B$移出队。

每个点进队一次，出队一次。
所以总的时间复杂度为$O(n)$，空间复杂度也为$O(n)$。

总结

总算彻底弄清斜率优化的严谨过程了。

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>

typedef long long Lint;
const int N=65536;

int n,l;
int c[N];

Lint sum[N];

Lint g[N];
Lint C;
Lint f[N];
Lint x[N];
Lint y[N];

int q[N];
int qh,qt;

inline int Read(void)
{
    int x=0; char c=getchar();
    for (;!isdigit(c);c=getchar());
    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x;
}

inline double Slope(int i,int j)
{
    return ((double)y[i]-y[j])/(x[i]-x[j]);
}

int main(void)
{
    n=Read(),l=Read();
    for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=Read();

    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+c[i];

    C=1+l;
    for (int i=1;i<=n;i++) g[i]=sum[i]+i;
    f[0]=0;
    x[0]=g[0];
    y[0]=f[0]+(g[0]+C)*(g[0]+C);
    q[qh=qt=1]=0;

    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (;qh!=qt&&Slope(q[qh+1],q[qh])<=2.0*g[i];q[qh++]=0);
        f[i]=f[q[qh]]+(g[i]-g[q[qh]]-C)*(g[i]-g[q[qh]]-C);
        x[i]=g[i];
        y[i]=f[i]+(g[i]+C)*(g[i]+C);
        for (;qh<qt&&Slope(q[qt-1],i)<Slope(q[qt-1],q[qt]);q[qt--]=0);
        q[++qt]=i;
    }

    printf("%lld\n",f[n]);

    return 0;
}