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
【思路】
斜率优化DP。
第一次写斜率优化好紧张=-=
转移方程为:
f[x]=min{f[i]+（x-i-1+sum(x)-sum(i)-L)^2}
即f[x]=min{f[i]+((x+sum(x)-1-L)-(i+sum(i)))^2}
设a[x]=x+sum(x)-1-L , b[i]=i+sum(i) 于是有
f[x]=min{f[i]+b[i]^2-2*a[x]*b[i]}+a[x]^2，这里设x(i)=b[i],y(i)=f(i)+b[i]^2，则有
f[x]=min{y(i)-2*a[x]*x(i)}，即直线min p=y-2ax。
因为a[x]与x(i)都是单调递增的，所以可以用单调队列维护下凸包，在O（n）时间得解。
【代码】
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<iostream>
4 using namespace std;
5
6 const int maxn = 50000+10;
7
8 typedef long long LL;
9 struct point { LL x,y; };
10 point now,D[maxn];
11 LL C[maxn*10];
12 LL cross(point a,point b,point c) { //向量ba与向量ca的叉积 叉积<0时ca位于ba的右侧
13 return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(b.y-a.y)*(c.x-a.x);
14 }
15 int n,w;
16
17 int main() {
18 scanf("%d%d",&n,&w);
19 for(int i=1;i<=n;i++) {
20 scanf("%d",&C[i]); C[i]+=C[i-1];
21 }
22 int L=0,R=0;
23 for(int i=1;i<=n;i++) {
24 while(L<R && D[L].y-2*(i+C[i]-w-1)*D[L].x >= D[L+1].y-2*(i+C[i]-w-1)*(D[L+1].x)) L++; //删除对于当前点言不是最优的
25 now.x=i+C[i]; //计算新点
26 now.y=D[L].y-2*(i+C[i]-w-1)*D[L].x+(i+C[i]-w-1)*(i+C[i]-w-1)+(i+C[i])*(i+C[i]);
27 while(L<R && cross(D[R-1],D[R],now)<=0) R--; //维护凸壳 插入新点
28 D[++R]=now;
29 }
30 printf("%lld\n",D[R].y-(n+C[n])*(n+C[n])); //计算f[n]=y[R]-b[n]^2
31 return 0;
32 }