洛谷题目连接:[HNOI2008]玩具装箱TOY
题目描述
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.
输入输出格式
输入格式：
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
输出格式：
输出最小费用
输入输出样例
输入样例#1：
5 4
3
4
2
1
4
输出样例#1：
1
一句话题意: 给出(n)个玩具,你可以将一些连续的玩具放到同一个箱子内,这样的费用是(x=j-i+displaystyle{sum^{j}_{k=i}} C_k),问要装这(n)个玩具所需要的最小费用.
题解: DP方程应该很显然,我们定义(f[i])表示装到第(i)个玩具所需要的最小费用.那么则有(f[i]=min(f[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-L-1)^2),其中((j<i)).按照惯例,我们还是先对这个式子进行化简,为了简便计算,这里用(a[i])表示(sum[i]+i), 用(b[i])表示(sum[i]+i+L+1),设(j)状态为转移到(i)状态的最优情况,则有:$$f[i]=f[j]+(a[i]-b[i])^2$$
展开得:$$f[i]=f[j]+a[i]2-2*a[i]*b[j]+b[j]2$$
将所有只含有(i)的以及含有(i,j)两项乘积的都放到左边:$$2a[i]b[j]+f[i]-a[i]2=f[j]+b[j]2$$
可以将(b[j])看做直线的自变量(x),将(2*a[i])看做直线的斜率(k),将(f[j]+b[j]^2)看做直线的(y),接下来一波斜率优化的套路就可以了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50000+5;
typedef long long lol;
lol n, l, h, t, q[N], f[N], c[N], s[N];
inline lol a(lol i){return i+s[i]-1-l;}
inline lol b(lol i){return i+s[i];}
inline lol x(lol i){return b(i);}
inline lol y(lol i){return f[i]+b(i)*b(i);}
inline double slope(lol i, lol j){return (double) (y(i)-y(j))/(x(i)-x(j));}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> l;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin >> c[i], s[i] = s[i-1]+c[i];
h = 0, t = 0, q[h] = 0; f[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(h < t && slope(q[h], q[h+1]) <= 2*a(i)) h++;
f[i] = y(q[h])-2*a(i)*b(q[h])+a(i)*a(i);
while(h < t && slope(q[t], q[t-1]) > slope(q[t], i)) t--;
q[++t] = i;
}
cout << f[n] << endl;
return 0;
}