斜率优化DP——BZOJ1010/Luogu3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY

题面：Luogu3195 BZOJ1010
本来以为斜率优化是个什么高级东西。。。这题入门之后……
发现也没什么难的吧

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O(n2) 做法：
f[i] 表示选完1~i个物品所花最小花费
转移： f[i]=min(f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2)
s[i] 表示从1~i的 c[i] 之和

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O(n) 做法：
我们考虑怎么把上面的 O(n) 的转移时间优化到 O(1)
显然，如果 f[i] 从j转移过来比从k转移过来优的话，要满足

f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(i−k−1+s[i]−s[k]−L)2

其中 (k<j<i)
我们把 s[i] 搞成 s[i]+i ， L 加上1，那么

f[j]+(s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(s[i]−s[k]−L)2

化开来是：

f[j]−2∗s[i]∗(s[j]−L)+(s[j]−L)2<f[k]−2∗s[i]∗(s[k]−L)+(s[k]−L)2

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)<2∗s[i]∗(s[j]−s[k])

同除以 2∗(s[j]−s[k]) 得：

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗(s[j]−s[k])<s[i]

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗s[j]−2∗s[k]<s[i]

然后发现这个不等式化成了一个斜率不等式 x(j)−x(k)y(j)−y(k)<s[i]
所以我们可以斜率优化这个dp，其实就是维护一个下凸壳
每次把斜率大于s[i]的最小答案来转移，最后把不是下凸壳的节点删掉
用单调队列维护一下就好了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define int long long
using namespace std;
int n,L,a[1000001],q[1000001],s[1000001],f[1000001]={0};
inline int sqr(int x){return x*x;}
inline double check(int x,int y){
    return (double)((f[x]+sqr(s[x]+L)-f[y]-sqr(s[y]+L))/(2.0*(s[x]-s[y])));
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&L);L++;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i]+=a[i-1];s[i]=a[i]+i;
    }
    int l=1,r=1;q[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(lq[l+1],q[l])<s[i]+1.0)l++;
        f[i]=f[q[l]]+sqr(s[i]-s[q[l]]-L);
        while(lq[r],q[r-1])>check(i,q[r]))r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}