题解 P3195 【[HNOI2008]玩具装箱TOY】

斜率优化动态规划可以用来解决这道题。同时这也是一道经典的斜率优化基础题。

分析：明显是动态规划。令 dp[i] d p [ i ] 为前 i i 个装箱的最小花费。
转移方程如下：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(∑k=j+1iCk+i−j−1−L)2} d p [ i ] = min 0 ≤ j < i { d p [ j ] + ( ∑ k = j + 1 i C k + i − j − 1 − L ) 2 }

用 sum[i] s u m [ i ] 表示前 i i 个容器的长度之和（即 C C 的前缀和），方程简化为：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2} d p [ i ] = min 0 ≤ j < i { d p [ j ] + ( s u m [ i ] − s u m [ j ] + i − j − 1 − L ) 2 }

又令 f[i] f [ i ] 为 sum[i]+i s u m [ i ] + i ，继续简化方程为：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(f[i]−f[j]−1−L)2} d p [ i ] = min 0 ≤ j < i { d p [ j ] + ( f [ i ] − f [ j ] − 1 − L ) 2 }

暴力dp是 O(n2) O ( n 2 ) ，考虑优化。如何优化，就是用前面所提到的斜率优化。这玩意到底是什么？我们先来继续对状态转移方程进行进一步的推导。

对于每个 dp[i] d p [ i ] 可以知道都是由一个 j0 j 0 推过来的。这个 j0 j 0 对于当前的 i i 是最优的决策。假设现在有两个决策 j1,j2(1≤j1<j2<i) j 1 , j 2 ( 1 ≤ j 1 < j 2 < i ) ，且决策 j2 j 2 优于 j1 j 1 ，则有：

dp[j1]+(f[i]−f[j1]−1−L)2≥dp[j2]+(f[i]−f[j2]−1−L)2 d p [ j 1 ] + ( f [ i ] − f [ j 1 ] − 1 − L ) 2 ≥ d p [ j 2 ] + ( f [ i ] − f [ j 2 ] − 1 − L ) 2

拆开可得：

dp[j1]+f[i]2−2f[i](f[j1]+1+L)+(f[j1]+L+1)2≥dp[j2]+f[i]2−2f[i](f[j2]+1+L)+(f[j2]+L+1)2 d p [ j 1 ] + f [ i ] 2 − 2 f [ i ] ( f [ j 1 ] + 1 + L ) + ( f [ j 1 ] + L + 1 ) 2 ≥ d p [ j 2 ] + f [ i ] 2 − 2 f [ i ] ( f [ j 2 ] + 1 + L ) + ( f [ j 2 ] + L + 1 ) 2

化简可得：

2f[i](f[j2]+1+L)−2f[i](f[j1]+1+L)≥dp[j2]+(f[j2]+1+L)2−(dp[j1]+(f[j1]+1+L)2) 2 f [ i ] ( f [ j 2 ] + 1 + L ) − 2 f [ i ] ( f [ j 1 ] + 1 + L ) ≥ d p [ j 2 ] + ( f [ j 2 ] + 1 + L ) 2 − ( d p [ j 1 ] + ( f [ j 1 ] + 1 + L ) 2 )

即：

2f[i]≥dp[j2]+(f[j2]+1+L)2−(dp[j1]+(f[j1]+1+L)2)f[j2]−f[j1] 2 f [ i ] ≥ d p [ j 2 ] + ( f [ j 2 ] + 1 + L ) 2 − ( d p [ j 1 ] + ( f [ j 1 ] + 1 + L ) 2 ) f [ j 2 ] − f [ j 1 ]

令 g[i]=(f[i]+L+1)2 g [ i ] = ( f [ i ] + L + 1 ) 2 ，可得：

2f[i]≥dp[j2]+g[j2]−(dp[j1]+g[j1])f[j2]−f[j1] 2 f [ i ] ≥ d p [ j 2 ] + g [ j 2 ] − ( d p [ j 1 ] + g [ j 1 ] ) f [ j 2 ] − f [ j 1 ]

也就是说，若 j1,j2 j 1 , j 2 满足上面这个式子，那么 j2 j 2 一定比 j1 j 1 优。

为什么叫斜率优化？因为上面这个式子可以把看作 dp[i]+g[i] d p [ i ] + g [ i ] 看做纵坐标， f[i] f [ i ] 看做横坐标，上面的等式右侧就相当于 ΔyΔx=k Δ y Δ x = k 也就是一个一次函数的斜率。当这个斜率 k≤2f[i] k ≤ 2 f [ i ] 则 j2 j 2 优于 j1 j 1 。

假如我们有三个决策 j1,j2,j3 j 1 , j 2 , j 3 （如下图）

容易证明： j2 j 2 不可能是最优的。
这样一来，每两个决策间的斜率便是单调上升的。

所以有两种做法：

• 对于 dp[i] d p [ i ] ，有了斜率单调上升这个条件，就可以去二分最优的决策点（也就是斜率小于 2f[i] 2 f [ i ] 的）。复杂度 O(nlogn) O ( n log ⁡ n ) 。
• 又因为 f[i] f [ i ] 是单调递增的，可以用单调队列来维护。具体实现就是，把决策放进一个单调队列里，如果队首和当前的 i i 间的斜率 <f[i] < f [ i ] ，就把队首删掉（即h++）。对于队尾，就每次把加入 i i 后不满足斜率单调上升的队尾全部删掉（即t–），最后把 i i 放进单调队列就好了。

注意事项：
long long.
还有 g[0]=(L+1)2 g [ 0 ] = ( L + 1 ) 2 而不是 0 0 !!!!（因为这个我调了很久）

给一下单调队列做法的代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

#define int long long
const int MAXN = 50050;
int N, L, dp[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], h, t, Q[MAXN];

inline double xie(int j1, int j2)
{
    return (double) (dp[j2] + g[j2] - dp[j1] - g[j1]) / (f[j2] - f[j1]);
}
#undef int
int main()
{
    scanf("%d%d", &N, &L);
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        scanf("%d", &sum[i]);
        sum[i] += sum[i - 1];
        f[i] = sum[i] + i;
        g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
    }
    g[0] = (L + 1) * (L + 1); //important!!!
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        while(h < t && xie(Q[h], Q[h + 1]) <= 2 * f[i]) h++;
        dp[i] = dp[Q[h]] + (f[i] - f[Q[h]] - L - 1) * (f[i] - f[Q[h]] - L - 1); //更新dp值
        while(h < t && xie(Q[t], i) < xie(Q[t - 1], Q[t])) t--;
        Q[++t] = i;

    }
    printf("%lld\n", dp[N]);
    return 1；//防抄
}