题面: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.
思路:O(n^2)的DP很容易:
令前i个玩具长度之和为sum[i],则f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)
然后就是斜率优化了。
f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2
为了简化式子,令s[i]=sum[i]+i,m=s[i]-1-L;
所以f[i]=f[j]+(m-s[j])^2
f[i]=f[j]+m^2-2*m*s[j]+s[j]^2
f[j]+s[j]^2=2*m*s[j]+f[i]-m^2
这时我们就得到了一个形如y=kx+b的式子,其中k是与i有关的式子,x是关于j的式子,b是包含f[i]的式子。
我们要使f[i]最小或最大,只要求截距b最小或最大时的j就可以取到答案
这题中y=f[j]+s[j]^2 k=2*m x=s[j] b=f[i]-m^2
要使f[i]最小,那么就要使截距b最小,我们把状态抽象成点,观察图象
j和k两个点在斜率为2*m时哪个更优呢,当然是slope(j,k)<2*m时k更优,因为这题中查询的斜率递增,所以以后k也比j优
又因为这题x是递增的,所以我们用队列维护一下,slope(q[head],q[head+1])<2*m时,队头元素就可以删去了,删到不能删为止
加入一个新点i后我们就要考虑队列中那些点变得没有意义了,画图得知,对于队尾的点,slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail],i),那么队尾就没有意义了,此时我们就可以删去。
所以每次转移时只要找队头元素即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int maxn=50010; int n,L,q[maxn]; ll sum[maxn],s[maxn],f[maxn],m;char ch; double slope(int i,int j){return 1.0*(f[i]+s[i]*s[i]-f[j]-s[j]*s[j])/(s[i]-s[j]);} void read(ll &x){ for (ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()); for (x=0;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&L); for (int i=1;i<=n;i++) read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1],s[i]=sum[i]+i; int head=0,tail=0;f[0]=q[0]=0; for (int i=1;i<=n;i++){ m=s[i]-L-1; while (head<tail&&slope(q[head+1],q[head])<=2*m) head++; int j=q[head];f[i]=f[j]+(m-s[j])*(m-s[j]); while (head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])>=slope(i,q[tail])) tail--; q[++tail]=i; } printf("%lld\n",f[n]); return 0; }