BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

题目地址：http :// www . lydsy . com / JudgeOnline / problem . php ? id = 1010

题目大意：见原题。

算法分析：

        设s[i]为c[i]的前缀和，f[i]表示第1个物品到第i个物品的最小代价。

        易得DP方程为f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]+i-j+1-l)^2)。

        设t[i]=s[i]+i，则f[i]=min(f[j]+(t[i]-t[j]+1-l)^2。

        设m=t[i]-l-1，则f[i]=min(f[j]+(m-t[j])^2)。

        对i做决策时，设j，k为2个一般的决策点。设j

        若k比j优，则有

        f[k]+(m-t[k])^2

        展开，得

        f[k]+m^2-2*m*t[k]+t[k]^2

        化简，得

        ((f[k]+t[k]^2)-(f[j]+t[j]^2))/(t[k]-t[j])<2*m=2*(s[i]+i-l-1)

        于是可以用单调队列来优化DP。

        单调队列优化DP的伪代码：

for (int i=1;i<=n;++i){
	while (h+1slope(q[t-1],i)) t--;
	q[t++]=i;
}

        斜率优化的2个重要结论（对于此题）：

        1）j

        2）jslope(k,l)，则k可以被舍去。

Code:

#include 

#define N 50000

using namespace std;

int n,l,h,t=1,c[N+10],q[N+10];
long long s[N+10],f[N+10];

template 
inline T sqr(T x){return x*x;}
inline double slope(int i,int j){return (f[i]+sqr((double)s[i]+i)-f[j]-sqr((double)s[j]+j))/(s[i]+i-s[j]-j);}

int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("1010.in","r",stdin);
	freopen("1010.out","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d%d",&n,&l);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);
	for (int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+c[i];
	for (int i=1;i<=n;++i){
		while (h+1slope(q[t-1],i)) t--;
		q[t++]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

By Charlie Pan

Jul 18,2014