BZOJ1010 ||洛谷P3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY【斜率优化DP】

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Description

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.

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

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题目分析

可以算是斜率优化的入门好题了

斜率优化DP–详解

首先一个$O(n^2)$的方程很好设计
$dp[i]$表示前$i$个玩具装入容器所需最小费用
$dp[i]=dp[j]+((i-j-1)+(sumC[i]-sumC[j])-L{)}^2$其中$sumC$为$C_i$前缀和

现在按照斜率优化套路对方程进行变形
$dp[i]=dp[j]+((i+sumC[i]-L-1)-(j+sumC[j]){)}^2$

一大堆字母看着都晕了，我们给个简便点的来代替
$k[i]=i+sumC[i]-L-1$
$b[i]=j+sumC[j]$

现在继续变形
$dp[i]=dp[j]+k[i{]}^2-2k[i]\ast b[i]+b[i{]}^2$

$dp[j]+b[i{]}^2=2k[i]\ast b[i]-k[i{]}^2+dp[i]$

这里每个$ki[i]$都是已知量
我们把$dp[j]+b[i{]}^2$看作$y$，$b[i]$看作$x$，$2\ast ki[i]$看作斜率
就可以用斜率优化的套路单调队列维护就好了

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#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef double dd;
typedef long long lt;
#define sqr(x) ((x)*(x))

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int maxn=100010;
int n;
lt L,sumC[maxn];
lt ki[maxn],bi[maxn],dp[maxn];
int q[maxn],ll,rr;

dd calc(int j1,int j2)
{
    lt ty= (sqr(bi[j2])+dp[j2]) - (sqr(bi[j1])+dp[j1]);
    lt tx= bi[j2] - bi[j1];
    return (dd)ty/(dd)tx;
}

int main()
{
    n=read();L=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        sumC[i]=sumC[i-1]+read();
        ki[i]=i+sumC[i]-L-1; bi[i]=i+sumC[i];
    }
    
    ll=rr=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)//sqr是自己宏定义的平方
    {
        while( ll<rr && calc(q[ll],q[ll+1]) <= 2*ki[i] ) ++ll;
        dp[i]=sqr(bi[q[ll]]) + dp[q[ll]] - 2*ki[i]*bi[q[ll]] + sqr(ki[i]);
        while( ll<rr && calc(q[rr-1],q[rr]) >= calc(q[rr],i)) --rr;
        q[++rr]=i;
    }
    
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}