BZOJ 1010 [HNOI2008]toy 玩具装箱
2017.6.9：经过我的不懈努力，终于把此题A掉了，但上凸和下凸总是那么让人费解……
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
1
以下摘自YYF的blog：
先推出普通dp的方程
f[i] = min{f[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)2}
这方程明显是O(n2)级别的，再看看这卖萌的数据范围，不用质疑，铁定超时。还是来考虑一下优化(例如斜率优化)吧。由于这方程长得太丑了，于是决定简化一下
设S(i) = sum[i] + i，C = L + 1
于是方程变成了这样
f[i] = min{f[j] + (S(i) - S（j） - C)2}
现在假设在状态i之前有两个可以转移到i的两个状态j, k(j < k),现在使j比k更优，那么它要满足
f[j] + (S(i) - S（j） - C)2 < f[k] + (S(i) - S（k） - C)2
看平方不爽，而且无法化简，果断完全平方公式拆掉
f[j] + [S(i) - (S（j） + C)]2 < f[k] + [S(i) - (S（k） + C)]2
f[j] + (S(j) + C)2 - 2S(i)[S(j) + C] < f[j] + (S(k) + C)2 - 2S(i)[S(k) + C]
（其实可以一起拆掉，只不过中途有些地方可以直接"抵消"）继续"拆"括号，移项
f[j] + S(j)2 + 2S(j)C - 2S(i)[S(j) - S(k)] < f[k] + S(k)2 + 2S(k)C
继续，右边只留一个和i有关的单项式
(f[j] + S(j)2 + 2S(j)C) - (f[k] + S(k)2 + 2S(k)C) < 2S(i)[S(j) - S(k)]
继续移项，右边只留和i有关的式子
注意，S(i)是单调递增，所以S(j) - S(k) < 0，移项的时候不等号方向相反，于是我们愉快地得到了斜率方程（干什么？斜率优化去掉一个n）。
对于状态i，用(f[i] + S(i)2 + 2S(i)C)作纵坐标，2S(i)作横坐标，删掉上凸点，维护一条斜率递增的折线即可。
1 /************************************************************** 2 Problem: 1010 3 User: Doggu 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:100 ms 7 Memory:1992 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 #include <cstdio> 11 #include <algorithm> 12 template<class T>inline void readin(T &res) { 13 static char ch; 14 while((ch=getchar())<'0'||ch>'9'); 15 res=ch-48;while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')res=(res<<1)+(res<<3)+ch-48; 16 } 17 const int N = 50010; 18 long long n, C, S[N], f[N], head, tail, q[N]; 19 #define Y(k) (f[(k)]+S[(k)]*S[(k)]+2*C*S[(k)]) 20 #define X(k) (S[(k)]) 21 int main() { 22 readin(n);readin(C);C++; 23 for( int i = 1; i <= n; i++ ) readin(S[i]),S[i]+=S[i-1]; 24 for( int i = 1; i <= n; i++ ) S[i]+=i; 25 head=tail=0;q[tail++]=0; 26 for( int i = 1; i <= n; i++ ) { 27 while(tail-head>1&&Y(q[head])-Y(q[head+1])>=2*S[i]*(X(q[head])-X(q[head+1]))) head++; 28 f[i]=f[q[head]]+(S[i]-S[q[head]]-C)*(S[i]-S[q[head]]-C); 29 while(tail-head>1&&(Y(q[tail-1])-Y(q[tail-2]))*(X(i)-X(q[tail-1]))>=(X(q[tail-1])-X(q[tail-2]))*(Y(i)-Y(q[tail-1]))) tail--;//若维护"=" 30 q[tail++]=i; 31 } 32 printf("%lld\n",f[n]); 33 return 0; 34 }
