详情见 http://www.cnblogs.com/proverbs/archive/2013/02/01/2713109.html（我觉得这里面讲得已经够详细了，我就不赘述了）
还是来回忆一下做这道题的历程吧！一开始的确有点想错了，但马上又反应过来，清楚了题意。写了个 n^2 的算法。很明显，对于n <= 50000 的数据，肯定是要TLE的。（援引我看博客过程中看到的一句话来形容就是“省选题的数据就是硬”。）没办法，只能上网找百度（太弱了）。一开始的确有点茫然，但马上就决定要自己推导一下，马上思路就清晰了。但对于该算法的正确性还有所怀疑，所以一个下午都在思考（上课都是恍恍惚惚的）。后来大致明白了。
一开始有疑惑的地方有，为什么可以直接在队首维护后的队列中取出首位呢？ 原因在于 设 i < j 如果一开始 j 比 i 更优那么 i 会被踢出队列。那为什么不可以设 i < j < k 中 j 虽然比 i 差 但 k 比 i 更优呢！ 原因在于如果 i < j < k 三者这样的位置关系，我们是会在队尾维护的过程中把这种情况去掉。 所以可以直接在队首维护后的队列中取出首位。
斜率优化其实就是把每个状态看上直角坐标系上离散的点抽象出x，y 表示斜率 (y2 - y1) / (x2 - x1) 于一个关系状态i个函数的关系，然后维护点见斜率的上凸性或者下凸性。具体的情况要看于i有关的函数的单调性。
注意斜率尽量中乘法，不要中实数（的确，误差影响很大），如有必要全用long long，以免溢出。注意 x2 - x1可能小于0不等式的负号要改变；
这道题一开始用 int ， WA了。
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++)
4 #define down(i,j,k) for(int i = j; i >= k; i--)
5 #define sqr(i) (i)*(i)
6 #define maxn 50010
7 #define LL long long
8 using namespace std;
9
10 LL sum[maxn], c[maxn], dep[maxn], dp[maxn];
11 double slope(int i, int j){
12 return 1.0*(dp[i]+sqr(sum[i])-dp[j]-sqr(sum[j]))/(sum[i]-sum[j]);
13 }
14
15 int main()
16 {
17 LL n, l, x;
18 scanf("%lld%lld", &n,&l);
19 c[0] = 0;
20 rep(i,1,n){
21 scanf("%lld",&x);
22 c[i] = c[i-1] + x;
23 sum[i] = c[i] + i;
24 }
25 LL s = 0, t = 0;
26 dp[0] = 0, dep[0] = 0;
27 rep(i,1,n){
28 LL m = sum[i] - l - 1;
29 while( s < t && slope(dep[s+1],dep[s]) <= 2 * m ) s++;
30 LL j = dep[s];
31 dp[i] = dp[j] + sqr(m-sum[j]);
32 while( s < t && slope(dep[t],dep[t-1]) >= slope(i,dep[t]) ) t--;
33 dep[++t] = i;
34 }
35 cout<<dp[n]<<endl;
36 return 0;
37 }
1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 7823 Solved: 3015
[Submit][Status][Discuss]
Description
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
附POJ 3709
这道题与上面的差不多，这是多了一个每组应至少有k个数的限制。对此援引从博客上看到的
“好，以下考虑每组不少于K个元素这个限制。
要解决这个限制，只需延迟加入的时机即可。
若延迟K-1个回合加入，有可能使前一组的个数少于K个。
若延迟2*k-1个回合加入，则不会出现这情况。但此时加入的数应是i-k+1（假设是第I回合）” // 重点
以及延迟加入时机后，队尾维护的代码也要修改（查错查了半天）。
详情见 http://blog.sina.com.cn/s/blog_5f5353cc0100jxxo.html
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++)
5 #define maxn 500010
6 #define LL long long
7 using namespace std;
8
9 LL num[maxn], sum[maxn], f[maxn], q[maxn];
10 int head, tail;
11
12 LL G(int k,int j) {
13 return f[j]-f[k]-sum[j]+sum[k]+j*num[j+1]-k*num[k+1];
14 }
15
16 LL S(int k,int j) {
17 return num[j+1]-num[k+1];
18 }
19
20 int read()
21 {
22 int s = 0, t = 1; char c = getchar();
23 while( !isdigit(c) ){
24 if( c == ‘-‘ ) t = -1; c = getchar();
25 }
26 while( isdigit(c) ){
27 s = s * 10 + c - ‘0‘; c = getchar();
28 }
29 return s * t;
30 }
31
32 int main()
33 {
34 int t = read();
35 while( t-- ){
36 int n = read(), k = read();
37 sum[0] = f[0] = q[0] = head = tail = 0;
38 rep(i,1,n){
39 num[i] = read();
40 sum[i] = sum[i-1] + num[i];
41 }
42 rep(i,1,n){
43 while( head < tail && G(q[head+1],q[head])>=i*S(q[head+1],q[head]) ) head++;
44 int j = q[head];
45 f[i] = f[j] + sum[i] - sum[j] - num[j+1] * (i-j);
46 if( i>=2*k-1 ) {
47 q[++tail]=i-k+1;
48 }
49 while( head < tail && G(q[tail-1],q[tail-2]) * S(q[tail],q[tail-1]) >= G(q[tail],q[tail-1]) * S(q[tail-1],q[tail-2] ) ) {
50 q[tail-1] = q[tail];
51 tail--;
52 }
53 }
54 cout<<f[n]<<endl;
55 }
56 return 0;
57 }
将题目转化下：将一个升序的，有N个元素的序列，分组。要求每组的元素不少于K个，计算出组内各元素与最小元素的之差的和，将每组的这个值加起来，其和要最小。
很容易可以得出一个结论：连续取比离散取得到的结果要好（很容易证，所以不证）。