BZOJ1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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简要题意：

　　给出n条连续线段，每条线段都有长度为x[i]，我们可以把连续若干条线段连在一起，变成一个组合，两条线段如果相连，就要在两条线段中间添加一个长度为1的格子（如果没有相连就不用添加），假如我们现在选择把第i条到第j条线段之间的所有线段变成一组合的话，这个组合的总长度就为：x[i]+x[i+1]+x[i+2]+x[i+3]+...+x[j]+j-i，现在给出一个常数L，假设当前选择的组合的长度为s，那么这个组合就为我们产生了(s-L)^2的费用，求出把n条线段分成若干组合所需要的最小费用，单独的线段可以成为一个组合

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题解：

　　首先可以敲出一个DP，f[i]表示到第i个线段时，将1到i个线段都分成若干个组合的最小值

　　显然这个DP的时间复杂度是O(n^2)，会超时

　　我们就用斜率优化来优化（其实这是斜率优化的例题。。）

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参考代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[51000],s[51000],f[51000];
/*
f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)
f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2)
f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
f[j2]+(s[i]-L)^2-2*s[j2]*(s[i]-L)+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*s[j1]*(s[i]-L)+s[j1]^2
f[j2]+s[j2]^2-2*s[j2]*(s[i]-L)<=f[j1]+s[j1]^2-2*s[j1]*(s[i]-L)
f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L)
f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L)
(f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2)/(s[j2]-s[j1])<=2*(s[i]-L)
*/
double slop(int j1,int j2)
{
    return (f[j2]-f[j1]+s[j2]*s[j2]-s[j1]*s[j1])/(s[j2]-s[j1]);
}
int list[51000];int head,tail;
int main()
{
    LL L;int n;
    scanf("%d%lld",&n,&L);L++;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    s[1]=a[1]+1;
    for(int i=2;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]+1;
    head=1;tail=1;list[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(head<tail&&slop(list[head],list[head+1])<=2.0*(s[i]-L)) head++;
        int j=list[head];
        f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
        while(head<tail&&slop(list[tail],i)<slop(list[tail-1],list[tail])) tail--;
        list[++tail]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}