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.
大视野在线测评 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy （动态规划）
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1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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Description
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
3
4
2
1
4
Sample Output
1
题解：用dp[i]表示装完前i个物品的最小花费，转移就是：
dp[i]=min(dp[k]+(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l)*(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l))
sum[i]表示前i个物品的前缀和。
方法一：
另w(k,i)=(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l)*(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l);
可以证明：w(i,j)+w(i+1,j+1)<=w(i,j+1)+w(i+1,j)。
另k(i)表示状态i取到最优值时的决策，则：k(i)<=k(j)。决策单调。
因此我们可以采用论文：《1D/1D动态规划优化初步》中的方法。
O(nlgn)解决此问题。代码如下：
#include
#include
#include
#include 方法二：再来分析转移方程：
dp[i]=min(dp[k]+(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l)*(sum[i]-sum[k]+i-k-1-l))
=min(dp[k]+(sum[i]+i-l-1)*(sum[i]+i-l-1)+(sum[k]+k)*(sum[k]+k)-2*(sum[i]+i-l-1)*(sum[k]+k))
=min( dp[k]+(sum[k]+k)*(sum[k]+k)-2*(sum[i]+i-l-1)*(sum[k]+k) ) + (sum[i]+i-l-1)*(sum[i]+i-l-1)
我们令常量 P=(sum[i]+i-l-1)
令：X(k)=dp[k]+(sum[k]+k)*(sum[k]+k)
令：Y(k)=(sum[k]+k)
则：dp[i]=min（X(k)-2*P*Y(k)）+p*p；
令C=X(k)-2*P*Y(k) ，则：
Y(k)=1/2p*X(k) - C/2*p;
我们可以把决策K看成是二维坐标上的一个点( X(k),Y(k) ) ，求解dp[i]可以看成是，一条斜率固定的直线，在一些点中（决策），找一个点，使得纵坐标的截距最大即（C最小）。不难发现，这个点一定在这些点的凸包上。
由于1/2*p随着i的增加单调递减，X(k)随着K的增加单调递增。
因此我们可以用一个双端队列维护凸包上的点，队列中相邻两点的斜率随着x的增加而减少。
每次转移的时候，从队首开始，找到第一个与后一个点的斜率小于当前直线的斜率的点，就是我们要找的决策点。对于不满足条件的点出队。
转移完成以后，从队尾开始添加一个点，保证队列中的点斜率递减，不满足条件的点出队。
这样就可以均摊O(1)复杂度，实现转移。
对于斜率优化的具体内容可看论文:《1D/1D动态规划优化初步》，或者其它关于斜率优化的论文。
代码如下：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include