BZOJ3156: 防御准备

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简要题意：

　　给出n个点，每个点对其进行两种操作：第一种将这个点变为特殊点，花费为a[i]，第二种将这个点变为普通点，花费为右边最接近的特殊点与这个点的距离（比如说当前点为i点，右边最接近的点为j点，那么花费为(j-i)），这样就说明最右边的点必须为特殊点

　　求出将每个点都进行操作的最小花费

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题解：

　　一开始想的是贪心，但是WA了，很懵，只好用DP

　　因为逆推很麻烦，就将a数组翻转，这样的话找左边的最接近的特殊点就可以了

　　得到方程：f[i]=min(f[j]+(i-j)*(i-j-1）/2+a[i])

　　因为两个特殊点之间的所有普通点的左边最接近的特殊点就是j，所以总花费为1+2+3+...+(i-j-1)=(i-j)*(i-j-1)/2

　　然后用斜率优化

　　列出斜率方程为：(j1<j2<i)

　　(2*(f[j2]-f[j1])+(j2^2-j1^2)+(j2-j1))/(j2-j1)<2*i

　　然后做就好了

　　PS：要加long long，注意i和j也要，因为j2^2，j1^2会爆int（这个问题WA了我七次，吐血）

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参考代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[1100000],a[1100000];
//f[i]=min(f[j]+(i-j-1)*(i-j)/2+a[i])
//f[i]=min(f[j]+(i-j-1)*(i-j)/2)+a[i]
/*
j1<j2<i
f[j2]+(i-j2-1)*(i-j2)/2<f[j1]+(i-j1-1)*(i-j1)/2
2*(f[j2]-f[j1])+(i-j2-1)*(i-j2)<(i-j1-1)*(i-j1)
2*(f[j2]-f[j1])+i*i-2*i*j2+j2^2-i+j2<i*i-2*i*j1+j1^2-i+j1
2*(f[j2]-f[j1])+(j2^2-j1^2)+(j2-j1)<2*i*j2-2*i*j1
2*(f[j2]-f[j1])+(j2^2-j1^2)+(j2-j1)<2*i*(j2-j1)
(2*(f[j2]-f[j1])+(j2^2-j1^2)+(j2-j1))/(j2-j1)<2*i
*/
LL slop(LL j1,LL j2)
{
    return (2*(f[j2]-f[j1])+(j2*j2-j1*j1)+(j2-j1))/(j2-j1);
}
int list[1100000];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=n;i>=1;i--) scanf("%lld",&a[i]);
    int head=1,tail=1;
    list[1]=1;f[1]=a[1];
    for(LL i=2;i<=n+1;i++)
    {
        while(head<tail&&slop(list[head],list[head+1])<2*i) head++;
        LL j=list[head];
        f[i]=f[j]+(i-j-1)*(i-j)/2+a[i];
        while(head<tail&&slop(list[tail-1],list[tail])>slop(list[tail],i)) tail--;
        list[++tail]=i;
    }
    printf("%lld
",min(f[n],f[n+1]));
    return 0;
}