[BZOJ1010][HNOI2008]玩具装箱toy

[HNOI2008]玩具装箱toy

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

Solution
首先我们列出 dp方程
dp[i]=min { dp[j]+(s[i]−s[j]+i−j−1−L)2 }
这是一个典型的 1D/1Ddp 问题，这里我们用斜率优化来做
具体推导如下
dp[i]=min { dp[j]+(s[i]−s[j]+i−j−1−L)2 }
令f[i]=s[i]+i,g[j]=s[j]+j+1+L
=min { dp[j]+(f[i]−g[j])2 }
=min { dp[j]+f[i]2−2f[i]g[j]+g[j]2 }
=f[i]2+min { 1∗(dp[j]+g[j]2)−2f[i]g[j] }
令 a[i]=1，x[j]=dp[j]+g[j]2,b[i]=−2f[i],y[j]=g[j]
=f[i]2+min { a[i]∗x[j]+b[i]∗y[j] }
令 P=a[i]∗x[j]+b[i]∗y[j]
有 y[j]=−a[i]b[i]∗x[i]+Pb[i]
这是典型的斜率优化的形式了，接下来我们研究横坐标，斜率的单调性和截距的最优化情况
横坐标 x[j]=dp[j]+g[j]2 ，显然j越大费用越多，且 g[j]单调增 ，因此横坐标单调增，因此我们只需要单调队列
斜率 −a[i]b[i]=12f[i]，f[i]单调增，因此斜率单调减 ，因此最优决策时刻在队首
截距 Pb[i]=−P2f[i]，我们的目标是最小化P，也就是最大化截距 ，因此我们要维护的是上凸壳
综上，维护决策点序列的上凸壳，使用单调队列即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); i++)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); i--)
#define X first
#define Y second
#define MS(_) memset(_, 0, sizeof(_))
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x7fffffff;
template<typename T> inline void read(T &x){
    x = 0; T f = 1; char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while (isdigit(ch))  {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    x *= f;
}

const int N = 55555;
int n, q[N], l = 1, r = 1;
ll L, c[N], s[N], dp[N];
inline ll sqr(ll x) {return x * x;}
inline ll F(int j) {return s[j] + j;}
inline ll G(int j) {return s[j] + j + 1 + L;}
inline ll X(int j) {return dp[j] + sqr(G(j));}
inline ll Y(int j) {return G(j);}
int main(){
    read(n); read(L);
    rep(i, 1, n) read(c[i]);
    rep(i, 1, n) s[i] = s[i-1] + c[i];
    rep(i, 1, n){
        while (l < r && 2*F(i)*(Y(q[l+1])-Y(q[l])) >= (X(q[l+1]) - X(q[l]))) l++;    
        dp[i] = dp[q[l]] + sqr(F(i) - G(q[l]));
        while (l < r && (Y(i)-Y(q[r]))*(X(q[r])-X(q[r-1]))>=(Y(q[r])-Y(q[r-1]))*(X(i)-X(q[r]))) r--;
        q[++r] = i;
    }
    printf("%lld\n", dp[n]);
    return 0;
}