BZOJ3156 防御准备 动态规划 斜率优化

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题目传送门 - BZOJ3156

题意

　　长为$n$的序列$A$划分，设某一段为$[i,j]$，则其花费为$A_j+sum_{k=i}^{j}(j-k)$。

　　一种划分方式的花费就是他每一段的花费和。

　　最小化花费。

　　$nleq 10^6$

题解

　　斜率优化裸题。

　　设$dp_i$表示序列前$i$项通过划分可以到的最小花费。

　　则

　　$$dp_i=min{dp_j+a_i+frac{(i-j)(i-j-1)}{2}}(0leq j<i)$$

　　按照套路化简。

　　得：

　　$$dp_j+a_i+frac{(i-j)(i-j-1)}{2}\=dp_j+a_i+frac{j^2}2+frac j2+frac{i^2}2-frac i2-ij$$

　　设$x_i=i,y_i=dp_i+frac{i^2}2+frac i2$，

　　则原式

　　$$=y_j-ix_j+frac{i^2}2-frac i2$$

　　假设$k<j$且从$k$转移比$j$劣，那么：
　　$$y_j-ix_j+frac{i^2}2-frac i2<y_k-ix_k+frac{i^2}2-frac i2$$
　　$$Longrightarrow y_j-ix_j<y_k-ix_k$$

　　$$Longrightarrow frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<i$$

　　然后就是套路（其实前面也是套路……）

　　参见这里

　　但是这里为了避免精度问题，我们在计算$x$和$y$的时候都乘个$2$就可以了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000005;
int n,q[N],head=1,tail=0;
LL a[N],id[N],dp[N],x[N],y[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	q[++tail]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int j=q[head+1],k=q[head];
		while (tail-head>0&&y[j]-y[k]<=(x[j]-x[k])*i)
			head++,j=q[head+1],k=q[head];
		j=k;
		dp[i]=dp[j]+a[i]+1LL*(i-j-1)*(i-j)/2;
		x[i]=i*2;
		y[i]=dp[i]*2+i+1LL*i*i;
		j=q[tail],k=q[tail-1];
		while (tail-head>0&&(y[i]-y[j])*(x[j]-x[k])<=(y[j]-y[k])*(x[i]-x[j]))
			tail--,j=q[tail],k=q[tail-1];
		q[++tail]=i;
	}
	printf("%lld",dp[n]);
	return 0;
}