BZOJ 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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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

HINT

Source

题解：laishao_yuan：Dp先入脑

有一个Dp[i]:=min(Dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)的基本思路

预处理可以得到F[i]:=sum[i]+i;令C=L+1

可以简化方程：Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))

明显这个为O(N^2)的算法,,要再简化;

一维的Dp可以想到斜率优化

所谓斜率优化，个人的感悟就是：

当 I：1-->n J:1-->n的N^2循环时可以简化J的循环把1~N依次入队出队，当i要选择j时，先根据最优策略缩短队列，再在选取队首元素直接作为J，算出Dp[i]；

这样做的话每个数进出一次队列复杂度就变为O(n);

但是这样做必须证明单调性，也就是出队的元素在以后的Dp中不会再被利用

下面说说怎么缩短队列

Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))中j的选择是决定Dp[i]的大小的而 f[i]、c这样的常量是不变的（对于同一个i来说）

所以我们把不含j的变量分离出来，方便运算

Dp[i]:=min(Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c)+F[i]^2+c^2-2*F[i]*c;

假设选j好过选k，本题为

Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c<Dp[k]+F[k]^2-2F[i]F[k]+2F[k]*c化简分离i

Dp[j]-Dp[k]+(F[i]-F[k])*(2c+F[j]+F[k])

-------------------------------------------<F[i]（*）

2(F[j]-F[k])

简化其为COM(j,k)<F[i]

也就是说 ‘选j好过选k’当且仅当‘COM(j,k)<F[i]成立’

所以如果一个队列的头依次为A,B 如果G(B,A)<=F[i] 那么把A删了吧

代码们：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<queue>
 6 #include<cstring>
 7 #define PAU putchar(' ')
 8 #define ENT putchar('
')
 9 using namespace std;
10 const int maxn=50010;typedef long long LL;
11 int deq[maxn];LL C[maxn],S[maxn],dp[maxn];
12 double slope(int i,int j){return (dp[i]+S[i]*S[i]-dp[j]-S[j]*S[j])/(double)(S[i]-S[j]);}
13 inline int read(){
14     int x=0,sig=1;char ch=getchar();
15     while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();}
16     while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar();
17     return x*sig;
18 }
19 inline LL readl(){
20     LL x=0,sig=1;char ch=getchar();
21     while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();}
22     while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar();
23     return x*sig;
24 }
25 inline void write(LL x){
26     if(x==0){putchar('0');return;}if(x<0)putchar('-'),x=-x;
27     int len=0;LL buf[15];while(x)buf[len++]=x%10,x/=10;
28     for(int i=len-1;i>=0;i--)putchar(buf[i]+'0');return;
29 }
30 int n,L;
31 void init(){
32     n=read();L=read();C[0]=S[0]=0;
33     for(int i=1;i<=n;i++){C[i]=readl();C[i]+=C[i-1];S[i]=i+C[i];}
34     return;
35 }
36 void work(){
37     int s=0,e=0;dp[0]=deq[s]=0;
38     for(int i=1;i<=n;i++){
39         LL m=S[i]-L-1;
40         while(s<e&&slope(deq[s+1],deq[s])<=(m<<1))++s;
41         int j=deq[s];dp[i]=dp[j]+(m-S[j])*(m-S[j]);
42         while(s<e&&slope(deq[e],deq[~-e])>=slope(i,deq[e]))--e;
43         deq[++e]=i;
44     }
45     return;
46 }
47 void print(){
48     write(dp[n]);
49     return;
50 }
51 int main(){init();work();print();return 0;}