【bzoj1010】【HNOI2008】【玩具装箱toy】
1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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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
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
思路：我就是用这道题学的斜率优化dp
我们设f[i]表示到i位置时的最小花费，那么
f[i]=f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2.
显然n^2会超时，这时候我们就要用到斜率优化了。
首先我们先来简化一下上面的方程：
sum[i]=sum[i]+1;
L=L+1;
那么f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2
①我们要证明较优决策点对对后续状态影响的持续性
我们假设现在在状态i处，现在有两个决策：j,k（j < k )且决策k优于j，那么：
对于后面的状态T sum[T]=sum[i]+V
要证：
f[k]+(sum[T]-sum[k]-L)^2<=f[j]+(sum[T]-sum[j]-L)^2
只要证：
f[k]+(sum[i]+V-sum[k]-L)^2<=f[j]+(sum[i]+V-sum[j]-L)^2
f[k]+(sum[i]-sum[k]-L)^2+V^2+2*(sum[i]-sum[k]-L)<=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2+V^2+2 * (sum[i]-sum[j]-L)
f[k]+(sum[i]-sum[k]-L)^2+2*(sum[i]-sum[k]-L)<=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2+2 * (sum[i]-sum[j]-L)
由上面的假设得：f[k]+(sum[i]-sum[k]-L)^2<=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2
所以：2*(sum[i]-sum[k]-L)<=2 * (sum[i]-sum[k]-L)
sum[k]>=sum[j]
因为sum是一个前缀，所以得证。
②在求斜率方程的时候，一般化为左边为j,k，右边是i的形式
将f[k]+(sum[i]-sum[k]-L)^2<=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^2化简
f[k]+sum[i]^2+(sum[k]+L)^2-2*(sum[k]+L)sum[i]<=f[j]+sum[i]^2+(sum[j]+L)^2-2 (sum[j]+L) *sum[i]
sum[i]*2(sum[k]+L-sum[j]-L)>=f[k]+(sum[k]+L)^2-(sum[j]+L)^2
sum[i]>=(f[k]-f[j]+(sum[k]+L)^2-(sum[j]+L)^2))/(2*(sujm[k]-sum[j]))
用G表示分子，S表示分母，我们用G/S就得出了斜率方程。
③单调队列维护
队首维护:
假设A,B ( A< B)是队首元素,若X(B,A)<=F[I],则B比A好,删除A,否则不需维护.
队尾维护:
假设A,B,C(A < B < C)是队尾元素
a.若X(B,A)<=F[I],且X(C,B)<=F[I],则C比B好,B比A好，删掉B
b.若X(B,A)<=F[I],且X(C,B)>F[I],则B比C好,B比A好,B为极大值
转自：http://www.cnblogs.com/proverbs/archive/2012/10/06/2713109.html
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=50100;
long long sum[N],L,f[N];
int l[1000000],n;
long long pow(long long x){return x*x;}
long long S(int x,int y){return sum[x]-sum[y];}
long long G(int x,int y){return f[x]-f[y]+pow(sum[x]+L)-pow(sum[y]+L);}
long long work(int x,int y){return (G(x,y)*1.0)/(S(x,y)*2.0);}
int main()
{
int i,j,h=1,t=1;
scanf("%d%lld",&n,&L);
L+=1;
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
}
for(i=1;i<=n;++i) sum[i]+=(long long)i;
l[1]=0;
for(i=1;i<=n;++i){
while(h<t&&sum[i]>=work(l[h+1],l[h])) h+=1;
f[i]=f[l[h]]+pow(sum[i]-sum[l[h]]-L);
while(h<t&&work(i,l[t])<=work(l[t],l[t-1])) t-=1;
t+=1;l[t]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
}