bzoj1010 玩具装箱 【决策单调性优化dp】

算是一道模板题。
我们可以先得到朴素的dp方程：f[i]=min(f[j]+w(j,i))，j ∈ [0,i)。
w(j,i)表示将j+1~i打包运输的费用，时间复杂度为O( n2 )。
然后打表可发现满足决策单调性，所以就可以用单调队列维护决策点，二分查找每个点作为决策点的区间即可，时间复杂度为O(nlogn)。
不能在枚举时用直接判断j+1是否比j更优的方式移动决策点，如：

f[0]=0;head=1;q[++tail]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
   while(headq[head+1]，i)q[head]，i))
       head++;
   f[i]=calc(q[head],i);
   q[++tail]=i;
}

因为会有后面的决策点决策范围将前面的决策点决策范围整体覆盖的情况，如：
111111111111111111111111111111111222222222222222222222
加入决策点3后：
111111111111111111111111133333333333333333333333333333
在中间一段1时就会出错。
所以一定要二分。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;

int getint() 
{
    int i=0,f=1;char c;
    for(c=getchar();(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());
    if(c=='-')c=getchar(),f=-1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';
    return i*f;
}

const int N=50005;
struct node
{
    int l,r,p;
}q[N];
int n,L;
ll sum[N],f[N];

ll calc(int j,int i)
{
    return f[j]+(i-(j+1)+sum[i]-sum[j]-L)*(i-(j+1)+sum[i]-sum[j]-L);
}

int find(node t,int x)
{
    int l=t.l,r=t.r;
    while(l<=r)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(calc(x,mid)1;
        else l=mid+1;
    }
    return l;
}
void dp()
{
    int head=1,tail=0;
    q[++tail]=(node){0,n,0};
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i>q[head].r)head++;
        f[i]=calc(q[head].p,i);
        if(calc(i,n)q[tail].p,n))
        {
            while(head<=tail&&calc(i,q[tail].l)q[tail].p,q[tail].l))
                tail--;
            if(head<=tail)
            {
                int p=find(q[tail],i);
                q[tail].r=p-1;
                q[++tail]=(node){p,n,i};
            }
            else q[++tail]=(node){i,n,i};
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("lx.in","r",stdin);
    //freopen("lx.out","w",stdout);
    n=getint(),L=getint();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=getint()+sum[i-1];
    dp();
    cout<return 0;
}