【BZOJ-1010】玩具装箱toy DP + 斜率优化

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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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

HINT

Source

Solution

DP + 斜率优化

先考虑正常的转移 $dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2)$

复杂度不符合，那么考虑斜率优化

首先设$sumc[i]=sum[i]+i$ 转移方程可以化作 $dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sumc[i]-sumc[j]-L-1)^2)$

那么可以开始化简$dp[k]+(sumc[i]-sumc[k]-L-1)^2<=dp[j]+(sumc[i]-sumc[j]-L-1)^2$

最后化简出$(dp[k]-dp[j]+pf(sumc[k]+L+1)-pf(sumc[j]+L+1))/(2*(sumc[k]-sumc[j]))<sumc[i]$

那么$sumc[]$是单调递增的，单调队列维护下凸包，就可以做了

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();}
    while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) {x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define maxn 50010
int n,L; int c[maxn]; int que[maxn],l,r;
long long dp[maxn],sumc[maxn];
long long pf(long long x) {return x*x;}
double slope(int i,int j)
{
    double fz=dp[j]-dp[i]+pf(sumc[j]+L+1)-pf(sumc[i]+L+1);
    double fm=2*(sumc[j]-sumc[i]);
    return fz/fm;
}
int main()
{
    n=read(),L=read();
    for (int i=1; i<=n; i++) c[i]=read(),sumc[i]=sumc[i-1]+c[i];
    for (int i=1; i<=n; i++) sumc[i]+=i;
    for (int tmp,i=1; i<=n; i++)
        {
            while (l<r && slope(que[l],que[l+1])<sumc[i]) l++;
            tmp=que[l];
            dp[i]=dp[tmp]+pf(sumc[i]-sumc[tmp]-L-1);
            while (l<r && slope(que[r],i)<slope(que[r-1],que[r])) r--;
            que[++r]=i;
        }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}

这么写常数会很大...