[题解] BZOJ 1010 玩具装箱Toy

BZOJ 1010 玩具装箱Toy

题目描述 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.

输入描述 Input Description
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci

输出描述 Output Description
输出最小费用

样例输入 Sample Input
5 4
3
2
1
4

样例输出 Sample Output
1

数据范围及提示 Data Size & Hint
1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

分析：

状态转移方程：（显然）

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2) d p [ i ] = m i n ( d p [ j ] + ( s u m [ i ] − s u m [ j ] + i − j − 1 − L ) 2 )

sum s u m 为前缀和
然后我们令 f[i]=sum[i]+i,c=1+L f [ i ] = s u m [ i ] + i , c = 1 + L
原式可以化简为：

dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2) d p [ i ] = m i n ( d p [ j ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2 )

注意，这里的 f,c f , c 都是可以预处理出来的

1.证明决策单调性

假设在当前由 j j 状态转移优于 k k 状态（显然 k k 是之前枚举的决策），即：

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2 d p [ j ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2 ≤ d p [ k ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2

那么对于 i i 后面的一个状态 t t ，要保证 k k 对其无贡献（已经被 j j 覆盖）
则需要证明：

dp[j]+(f[t]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[t]−f[k]−c)2 d p [ j ] + ( f [ t ] − f [ j ] − c ) 2 ≤ d p [ k ] + ( f [ t ] − f [ k ] − c ) 2

由于 f[i]=sum[i]+i f [ i ] = s u m [ i ] + i ，所以一定为单调递增的（ sum s u m 和 i i 均为单调递增）
所以令 v=f[t]−f[i] v = f [ t ] − f [ i ]
原式可化为：

dp[j]+(f[i]+v−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]+v−f[k]−c)2 d p [ j ] + ( f [ i ] + v − f [ j ] − c ) 2 ≤ d p [ k ] + ( f [ i ] + v − f [ k ] − c ) 2

变形↓尽量拆出已有的式子

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2+2v∗(f[i]−f[j]−c)+4v2≤dp[k]+(f[i]−f[k]−c)2+2v∗(f[i]−f[k]−c)+4v2 d p [ j ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2 + 2 v ∗ ( f [ i ] − f [ j ] − c ) + 4 v 2 ≤ d p [ k ] + ( f [ i ] − f [ k ] − c ) 2 + 2 v ∗ ( f [ i ] − f [ k ] − c ) + 4 v 2

移项，消除相同项

f[i]−f[j]−c≤f[i]−f[k]−c f [ i ] − f [ j ] − c ≤ f [ i ] − f [ k ] − c

f[j]≥f[k] f [ j ] ≥ f [ k ]

由单调递增性，只需要枚举状态时以 1 1 ~ i−1 i − 1 的顺序即可保证 f[j]≥f[k] f [ j ] ≥ f [ k ] ，得证

2.求斜率方程

当前决策 i i ，若由 j j 状态转移优于 k k 状态，则有：

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2 d p [ j ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2 ≤ d p [ k ] + ( f [ i ] − f [ j ] − c ) 2

展开，变形，得：

dp[j]+f[i]2−2f[i]∗(f[j]+c)+(f[j]+c)2≤dp[k]+f[i]2−2f[i]∗(f[k]+c)+(f[k]+c)2 d p [ j ] + f [ i ] 2 − 2 f [ i ] ∗ ( f [ j ] + c ) + ( f [ j ] + c ) 2 ≤ d p [ k ] + f [ i ] 2 − 2 f [ i ] ∗ ( f [ k ] + c ) + ( f [ k ] + c ) 2

移项，消除相同项，尽量将变量按 j,k j , k 凑在一起，得：

(dp[j]+(f[j]+c)2)−(dp[k]+(f[k]+c)2)2∗(f[j]−f[k])≤f[i] ( d p [ j ] + ( f [ j ] + c ) 2 ) − ( d p [ k ] + ( f [ k ] + c ) 2 ) 2 ∗ ( f [ j ] − f [ k ] ) ≤ f [ i ]

左边部分就像斜率一样，可以看做：

Yj−YkXj−Xk Y j − Y k X j − X k

我们以 Slope(x,y) S l o p e ( x , y ) 来表示上面那个类似于斜率的东西（其实就是斜率好么）
若满足这个 Slope(k,j)≤f[i] S l o p e ( k , j ) ≤ f [ i ] ，则说明 j j 比 k k 优

3.组织算法

那么对于当前较优的状态我们建立一个队列 q q
维护这个队列我们有以下操作：

1. 若 Slope(q[l],q[l+1])≤f[i] S l o p e ( q [ l ] , q [ l + 1 ] ) ≤ f [ i ] ，则 q[l] q [ l ] 没有 q[l+1] q [ l + 1 ] 优，则删除 q[l] q [ l ]
2. 若 Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i) S l o p e ( q [ r − 1 ] , q [ r ] ) ≥ S l o p e ( q [ r ] , i ) ,则删除 q[r] q [ r ]

分析：

方程成立时是 j j 比 k k 优的充分必要条件，那么假设我们现在有一个序列，那么队头就是当前最优的，若到了某个 i i 值使得对于队首 p[l] p [ l ] 和队次首 p[l+1] p [ l + 1 ] 来说 Slope(q[l],q[l+1])≤f[i] S l o p e ( q [ l ] , q [ l + 1 ] ) ≤ f [ i ] 成立，则 q[l+1] q [ l + 1 ] 比 q[l] q [ l ] 优，所以弹出队首，直到不成立为止

第一条操作是显然的，那么第二条呢？
一个状态要不要放在序列里，是由它能不能做出贡献决定的，也就是说，它能不能成为队首决定的
假设我们现在有 Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2]) S l o p e ( q [ a ] , q [ a + 1 ] ) ≥ S l o p e ( q [ a + 1 ] , q [ a + 2 ] ) ，那么， q[a+1] q [ a + 1 ] 点想要成为队首就只能当前面的点都弹出了，并且 Slope(q[a],q[a+1])≤f[i] S l o p e ( q [ a ] , q [ a + 1 ] ) ≤ f [ i ] ， q[a+1] q [ a + 1 ] 比 q[a] q [ a ] 优所以也将 q[a] q [ a ] 弹出时，才能成为队首。但是在这时，由于 f[i]≥Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2]) f [ i ] ≥ S l o p e ( q [ a ] , q [ a + 1 ] ) ≥ S l o p e ( q [ a + 1 ] , q [ a + 2 ] ) ，那么 q[a+2] q [ a + 2 ] 也应该比 q[a+1] q [ a + 1 ] 优，所以将 q[a+1] q [ a + 1 ] 弹出，意思就是，无论怎样， q[a+1] q [ a + 1 ] 都不可能做出贡献
类比一下，我们只操作队尾时，若其斜率 Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i) S l o p e ( q [ r − 1 ] , q [ r ] ) ≥ S l o p e ( q [ r ] , i ) ，直接弹出 q[r] q [ r ] 即可
那么，在我们的这个操作以后，能够保证斜率单调递增，也就是维护一个上凸包，这就是斜率优化啦！

自认为非常的详细啦，有问题可以在下面留言喽！

Code：

#include 
using namespace std;
#define ll long long
ll n,L;
ll f[50005];
ll dp[50005];
ll q[50005];
ll head,tail; 
ll read() {
    ll ans=0,flag=1;
    char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ans*flag;
}
double slope(ll k,ll j) {return (double) (dp[j]-dp[k]+(f[j]+L)*(f[j]+L)-(f[k]+L)*(f[k]+L))/(2.0*(f[j]-f[k]));}
int main() {
    n=read(),L=read();
    L++;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ll a=read();
        f[i]=f[i-1]+a+1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        while(head1])<=f[i]) head++;
        int t=q[head];
        dp[i]=dp[t]+(f[i]-f[t]-L)*(f[i]-f[t]-L);
        while(head1],q[tail])) tail--;
        q[++tail]=i;
    } 
    printf("%lld",dp[n]);
}