BZOJ 1010 - 斜率优化

比较裸的DP+斜率优化啦…… 让窝又想到了BZOJ上A的第一道有意义的题1597…… 作为第27个A的题也让我颇有感触……
设前$i$个玩具放置到$j$个盒子里所需的最小费用为$f[i][j]$。由于连续的玩具必须放到一个容器里，所以我们有：

$$f[i][j]=f[k][j-1]+cost[k+1][i]$$ 其中k为我们枚举的上一个容器的末玩具编号。然后$cost[k+1][i]$用前缀和搞搞也可以$O(1)$弄出来：$cost[i+1][j]=(j-i+sum[j]-sum[i]-L-1)^2$。但枚举$k$肯定会TLE… （诶下面这都是些什么… $$( Transformers\ Lost\ Energy)$$ $$( Teenagers\ Lack\ Entertainment )$$ $$( Teenagers\ Lost\ Eggs )$$ $$( 啊好污啊… )$$ 所以我们需要优化。
首先把第二维去掉：完全不需要。然后参阅了黄学长博客，对斜率优化有了更深的理解。
观察$cost$的表达式，我们令$d[i]=sum[i]+i$，$t=L+1$（少写几个字…），则有 $$f[k]+(d[j]-d[k]-t)^2<f[p]+(d[j]-d[p]-t)^2$$
第一步，证明决策单调性。什么意思呢？我们设$f[i]$从$f[k]$转移比从$f[p]$转移来要优，且$p<k$，那么对于$f[i]$之后的任意状态$f[t]$，都有从$f[k]$转移比从$f[p]$转移来要优。证明并不难，只要设$d[t]=d[i]+s$然后搞搞就行了。
第二步，解出斜率方程。 $$f[k]+cost[k+1][j] \lt f[p]+cost[p+1][j]$$ 则有 $$f[k]+(d[j]-d[k]-t)^2<f[p]+(d[j]-d[p]-t)^2$$ 由于我们已经获得了单调递增的函数$d$，化简移项一番（把$d[i]$移到不等式的一边），得到： $$\frac{(f[k]+(d[k]+t)^2)-(f[p]+(d[p]+t)^2)}{2 × (d[k]-d[p])}<=d[i]$$ 有了上述这些性质，我们用单调队列维护一个下凸包即可。具体来说，每次取出$i$作为当前决策点，然后考虑当前队列。如果$(Q[head], Q[head+1])$的斜率大于$d[i]$，那么将$Q[head]$出队，直到$(Q[head], Q[head+1])$的斜率小于$d[i]$；然后取出$Q[head]$，显然它就是当前决策点。然后再将$i$元素加入队列。这就要求$(Q[tail], i)$的斜率大于$(Q[tail-1], Q[tail])$（单调队列的性质）。状态值在维护队列的过程中顺便维护即可。
一开始没有用long long，然后后来打补丁的时候又各种地方忘改成long long……

// BZOJ 1010

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

 const int N=50000+5;

 #define LL long long
 #define read(x) scanf("%d", &x)
 #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)

 int n, c, L, Q[N];
 LL f[N], d[N], t;

 LL sqr(LL x) { return x*x; }

 double calc(int p, int k) {
    return (double)(f[k]+sqr(d[k]+t)-(f[p]+sqr(d[p]+t)))/(double)(2.0*(d[k]-d[p]));
 }

int main()
{
    read(n); read(L);
    d[0]=0;
    rep(i,1,n) read(c), d[i]=d[i-1]+c;
    rep(i,1,n) d[i]+=i;
    int head=1, tail=1;
    Q[1]=0; f[0]=0;
    t=L+1;
    rep(i,1,n) {
        while (head<tail && calc(Q[head], Q[head+1])<=d[i]) head++;
        int x=Q[head];
        f[i]=f[x]+sqr(d[i]-d[x]-t);
        while (head<tail && calc(Q[tail-1], Q[tail])>calc(Q[tail], i)) tail--; 
        Q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);

    return 0;
}