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.
[HNOI2008][BZOJ1010] 玩具装箱toy - 斜率优化
1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 8231 Solved: 3239
[ Submit][ Status][ Discuss]
Description
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
3
4
2
1
4
Sample Output
1
HINT
Source
首先我们应该考虑简单的DP，设dp[i]表示将前i个物品放入箱子的最小答案，sum[i]表示前i个物品的长度和，那么我们可以得到一个下面这样的柿子：
dp[i]=Min{dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-l)^2}
(j=0...i-1)
(看不懂的请自行面壁)
从而推出了这样的程序：
#include "stdio.h"
#include "iostream"
using namespace std;
const int N=50005;
typedef long long ll;
const ll INF=1ll<<62;
ll n,l;
int len[N];
ll dp[N],sum[N];
//dp[i]表示将前i个物品放入箱子的最小答案
int main(){
freopen("toy.in","r",stdin);
freopen("toy.out","w",stdout);
cin>>n>>l;
int i,j;
for (i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",len+i), sum[i]=sum[i-1]+len[i], dp[i]=INF;
for (i=1; i<=n; i++)
for (j=0; j<i; j++){
int q=(sum[i]-sum[j]+i-j-1-l);
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+q*q);
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
可是我们发现，题目中有着这样的一个限制：1<=N<=50000 这样的话，如果我们采取刚刚那种方法，时间复杂度为O(n^2)。很显然，在这样的题目中O(n^2)的算法无能为力。
因此我们很明显地需要更加优化的算法。那么我们考虑两个位置i和j，且i<j，对于i位置有一个最优决策k和另一个决策t，且k<t。且f[j]=f[i]+v。
我们这里用f[i]代替sum[i]+i，c代表1+l。现在想要证明决策单调性，就要证明
dp[t]+(f[j]-f[t]-c)^2<=dp[k]+(f[j]-f[k]-c)^2。
即证dp[t]+(f[i]-f[t]-c+v)^2<=dp[k]+(f[i]-f[k]-c+v)^2
即证dp[t]+2*v*(f[i]-f[t]-c)<=dp[k]+2*v*(f[i]-f[k]-c)
即dp[t]-2*v*f[t]<=dp[k]-2*v*f[k]
即2*v*(f[t]-f[k])>dp[t]-dp[k]
显然正确
（具体证明请参看hzwer的blog）
因此我们维护一个单调队列，在这里称作为凸壳。那么这个单调队列在什么情况下删减呢？显然有两种情况：（1） 前面的答案已经不是最优 （2）后面的答案已经没有必要保留
判断前面的答案是不是最优只要解决问题（2）就毫无难度，所以现在我们看问题（2）：什么时候队尾没有必要保留呢？
现在我们假设两个决策k和j，且k决策更优，则有
dp[k]+(f[i]-f[k]-c)^2<=dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2，展开可得：
#include "stdio.h"
#include "iostream"
#include "stdlib.h"
#include "algorithm"
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50005;
int n,l[N];
typedef long long ll;
ll s[N],f[N],L;
int fr,bk,q[N];
inline ll slop(int u,int v){
ll x=s[v]-s[u-1]+v-u-L;
if(x<0)x=-x;
return x*x;
}
inline ll sol0(int k){
ll a=s[k]+k+L+1;
return a*a+f[k];
}
inline bool slop0(int a,int b,int c){
double jc0=(sol0(b)-sol0(a))/(2.0*(s[b]-s[a]+b-a));
double jc1=(sol0(c)-sol0(b))/(2.0*(s[c]-s[b]+c-b));
return jc0>=jc1;
}
int main()
{
cin>>n>>L;
int i;
for (i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",l+i);
s[i]=s[i-1]+l[i];
}
for (i=1,fr=1,bk=1,q[1]=0;i<=n;i++){
while(fr<bk&&f[q[fr]]+slop(q[fr]+1,i)>f[q[fr+1]]+slop(q[fr+1]+1,i))
fr++;
f[i]=f[q[fr]]+slop(q[fr]+1,i);
while(fr<bk&&slop0(q[bk-1],q[bk],i))
bk--;
q[++bk]=i;
}
cout<<f[n]<<endl;
return 0;
}