洛谷P3195 玩具装箱TOY

题目大意：

有n个数，要将他们分成若干段，每一段的cost定义为： cost=r-l+ΣCk (k∈[r,l]) 该段的最终花费是：(cost-L)^2; 给出L,n,C(1~n)，总共的最小花费。

分析：

dp方程极容易想出来： f[i]=max(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2) 其中sum[i]表示c(1~i)的和。因为取的这一段数从j+1开始，所以i-j-1（题目中i-j并不是区间长度！没有再加1）

O(n^2)直接挂掉。

因为状态O(n)已经非常不错，无法再优化了。所以考虑能不能优化转移的O(n)。

将表达式展开：

f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2

令a[k]=sum[k]+k;x[k]=a[k]+1+ f[i]=f[j]+(a[i]-x[j])^2

f[i]=f[j]+x[j]^2-2a[i]x[j]+a[i]^2

对于给定的i，a[i]^2是一个定值，所以当做常数先不用管，但是记得最后加上！

令y[k]=f[k]+x[k]^2; f[i]=y[j]-2a[i]x[j]

移项： y[j]=2a[i]x[j]+f[i]

对于给定的i,我们需要循环所有的j。 对于一个j,我们已经知道了x[j],y[j]。 将它看作一个点，所有的j构成一个点集，横坐标x[j],纵坐标y[j]

而对于给定的i，2a[i]是一个定值，看做斜率，而目标f[i]则是截距，所以要在j的点集之中找到一个点使得这条直线截距最小，本质是将y=2a[i]x的直线平移。

可以发现这些最优解的点必定在边界上。并且发现，斜率是单增的，而x一定也是单增的。所以可以维护一个左上下凸壳。

因为斜率单增，所以若一个点此时不是最优解，那么以后一定也不是最优解，可以直接从头pass掉；每次新增一个点，都要保证这是一个凸包，通过斜率要来从尾pass掉。

所以可以用单调队列维护！单调，在这里是指队列中的元素，每相邻两个元素所代表的点连成的线，其斜率是单调递增的。因为斜率都是正数，所以也就是画出来是一个左上凸包。

注意，队列中至少要有一个0号元素不能出队！这里第一个空位置是有意义的。否则就不存在线和斜率了。所以手写队列时，开始hd=tl=0,while判断中hd<tl 保证一定至少有一个元素，并且这个元素不会被其他元素替代。详见代码。

具体步骤：

1.前缀和预处理

2.循环i，先删除队首，再更新答案，再更新队列。

3.输出f[n] GAME OVER

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N=50000+10;
int n,L;
long long f[N];
long long sum[N];
int q[N],hd,tl;
long long a(int i)
{
    return sum[i]+i;
}
long long x(int i)
{
    return sum[i]+i+L+1;
}
long long y(int i)
{
    return x(i)*x(i)+f[i];
}
double slope(int a,int b)
{
    return  ((double)y(b)-y(a))/((double)x(b)-x(a));
}//一堆函数
int t;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&L);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&t);
        sum[i]=sum[i-1]+t;
    }
    hd=0,tl=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(hd<tl&&slope(q[hd],q[hd+1])<2*a(i)) hd++;//删除
        f[i]=y(q[hd])-2*a(i)*x(q[hd])+a(i)*a(i);
        while(hd<tl&&slope(q[tl-1],q[tl])>slope(q[tl-1],i)) tl--;
        q[++tl]=i;//更新
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}

总结：

1.一个题能用斜率优化，必然能出现y=kx+b 线性形式，其中k是定值，x，y构成点集，b是目标值。

2.一个凸包能用单调队列优化的条件应该满足：

（1）查询的斜率单调 （2）插入的点横坐标有单调性 （否则要用平衡树、set）