[BZOJ3156]防御准备（斜率优化dp）

题目描述

传送门

题解

首先把序列反置，然后就变成了都挪向左边，第一个必须建守卫塔
fi表示在i点建守卫塔的费用总和，转移方程： fi=min{fj+si−1−sj−(ci−1−cj)∗dj+costi}（j<i） 其中di表示1～i的距离，ci表示1～i的点数，s表示的是d的前缀和。
注意这里第一个必须选，所以开始的队列不能为0，应该为1。并且最后一个可以不选，单独枚举。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long

const int max_n=1e6+5;
const LL INF=1e9;
int n,head,tail,q[max_n];
LL cost[max_n],d[max_n],s[max_n],c[max_n],f[max_n];
LL ans;

inline LL K(int j){return -d[j];}
inline LL B(int j){return f[j]-s[j]+c[j]*d[j];}
inline LL Y(int i,int j){return K(j)*c[i-1]+B(j);}
inline bool cmp(int x1,int x2,int x3){
    LL w1=(K(x1)-K(x3))*(B(x2)-B(x1));
    LL w2=(K(x1)-K(x2))*(B(x3)-B(x1));
    return w1>=w2;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&cost[i]);
    for (int i=1;i<=n/2;++i) swap(cost[i],cost[n-i+1]);
    d[1]=0; for (int i=2;i<=n;++i) d[i]=d[i-1]+1;
    for (int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+d[i];
    for (int i=1;i<=n;++i) c[i]=c[i-1]+1;
    head=0;tail=0; q[tail]=1; f[1]=cost[1];
    for (int i=2;i<=n;++i){
        while (headq[head])>=Y(i,q[head+1])) head++;
        f[i]=Y(i,q[head])+s[i-1]+cost[i];
        while (headq[tail-1],q[tail])) tail--;
        q[++tail]=i;
    }
    ans=f[n];
    for (int i=1;is[n]-s[i]-d[i]*(c[n]-c[i]));
    printf("%lld\n",ans);
}