HNOI2008_玩具装箱toy

有 n n 个玩具需要装箱，每个玩具的长度为 c[i] c [ i ] ，规定在装箱的时候，必须严格按照给出的顺序进行，并且同一个箱子中任意两个玩具之间必须且只能间隔一个单位长度，换句话说，如果要在一个箱子中装编号为 i i ~ j j 的玩具，则箱子的长度必须且只能是 l=j−i+∑jk=ic[k] l = j − i + ∑ k = i j c [ k ] ,规定每一个长度为?的箱子的费用是 p=(l−L)2 p = ( l − L ) 2 ,其中 L L 是一个给定的常数。现在要求你使用最少的代价将所有玩具装箱，箱子的个数并不重要。
n≤105 n ≤ 10 5

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暴力DP

f[i]=min(f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2) f [ i ] = m i n ( f [ j ] + ( i − j − 1 + s [ i ] − s [ j ] − L ) 2 )
s[i]=∑i1c s [ i ] = ∑ 1 i c
直接做是 O(n2) O ( n 2 )
Bug:证明或打表,会发现决策点是是单调的
若只根据这个进行常数优化也会AC(数据弱)
就像这样

For(i,1,n) For(j,last,i-1){
//      f[i]=min(f[i], f[j]+(i-j-1+s[i]-s[j]-l)*(i-j-1+s[i]-s[j]-l));
        if(f[j]+(i-j-1+s[i]-s[j]-l)*(i-j-1+s[i]-s[j]-l)1+s[i]-s[j]-l)*(i-j-1+s[i]-s[j]-l);
            last=j;
        }
    }

优化

这是一个斜率优化的模板题
记k优于j
设p=i+s[i]-L-1,则原式可化简为
f[k]+(p−(s[k]+k))2<=f[j]+(p−(s[j]+j))2 f [ k ] + ( p − ( s [ k ] + k ) ) 2 <= f [ j ] + ( p − ( s [ j ] + j ) ) 2
继续化简

f[k]−f[j]+(s[k]+k)∗(s[k]+k)−(s[j]+j)∗(s[j]+j)(s[k]+k)−(s[j]+j)≤2∗p f [ k ] − f [ j ] + ( s [ k ] + k ) ∗ ( s [ k ] + k ) − ( s [ j ] + j ) ∗ ( s [ j ] + j ) ( s [ k ] + k ) − ( s [ j ] + j ) ≤ 2 ∗ p

又因为p单调不降，可用单调队列进行斜率优化

    #include 
    #include 
    #include 
    #include 
    #define File(x) "bzoj_1010."#x
    #define For(i,s,e) for(int i=(s); i<=(e); i++)
    #define Rep(i,s,e) for(int i=(s); i>=(e); i--)
    using namespace std;

    const int N=50000+15,Mod=1000000007;
    typedef long long LL;

    int n,l;
    LL ans,c,s[N],f[N],g[N],last;

    int q[N],front,tail;
    LL y(int k, int j){
        return f[k]-f[j]+(s[k]+k)*(s[k]+k)-(s[j]+j)*(s[j]+j);
    }
    LL x(int k, int j){
        return (s[k]+k)-(s[j]+j);
    }

    int main()
    {
        freopen(File(in),"r",stdin);
        freopen(File(out),"w",stdout);

    /*  f[i]=min(f[j]+(i-j-1+s[i]-s[j])^2)

        f[j]+(i+s[i]-1 -s[j]-j)^2;*/

        scanf("%d%d",&n,&l);
        For(i,1,n){
            scanf("%lld",&c); s[i]=s[i-1]+c;
        }

        front=tail=1; f[0]=0;
        For(i,1,n){
            LL p=i+s[i]-l-1;
            while(front<=tail &&
                y(q[front+1], q[front])<2*p*x(q[front+1], q[front])) front++;
            int ch=q[front];
            f[i]=f[ch]+(p-s[q[front]]-q[front])*(p-s[q[front]]-q[front]);
            while(front<=tail &&
                y(q[tail], q[tail-1])*x(q[tail], i)<y(q[tail], i)*x(q[tail], q[tail-1])) tail--;//要讨论什么时候出队列
            q[++tail]=i;
        }
    /* 
        f[k]-f[j]+(s[k]+k)*(s[k]+k)-(s[j]+j)*(s[j]+j)
        ----------------------------------------------   <= 2*p
                (s[k]+k)-(s[j]+j)

        p=i+s[i]-L-1
    */
        printf("%lld\n",f[n]);

        return 0;
    }