[ HNOI 2008 ] 玩具装箱
\(\\\)
Description
现有编号为 \(1\sim N\) 的 \(N\) 件玩具，第 \(i\) 件长度为 \(C_i\) 。
现在要把按顺序排好的玩具划分成若干段，$[l,r] $的长度是 \(len_{\ l\sim r}=r-l+\sum_{i=l}^r C_i\) 。
一段的代价为 \((len-L)^2\) ，其中 \(L\) 是给出的常量。
求最小总代价。
- \(N\le 5\times10^4,C_i,L\le 10^9\)
\(\\\)
Solution
设 \(len(l,r)\) 表示区间 \((l,r]\) 新成一段的最后长度。
显然有 \(len(l,r)=r-l-1+\sum_{i=l+1}^rC_i\)
记录 \(sum[i]=\sum_{j=1}^iC_j\) ，那么有
发现式子可以表示成 \(l,r\) 相关，我们设 \(t(i)=i+sum[i]\) ，那么有
我们设 \(w(l,r)\) 表示区间 \((l,r]\) 新生成一段的代价，那么有
不妨再设 \(g(i)=t(i)+1+L\) ，那么有 \(w(l,r)=\bigg(t(r)-g(l)\bigg)^2=t(r)^2+g(l)^2-2g(l)t(r)\)
显然 \(t\) 和 \(g\) 是可以 \(O(n)\) 预处理的，询问可以做到 \(O(1)\) 。
\(\\\)
设 \(f[i]\) 表示到第 \(i\) 个玩具为止 \((\) 含第 \(i\) 个 \()\)，全部装箱的最小代价。
假设我们现在找到了最优转移点 \(j\) ，那么有
移项，有
此时我们可以将转移模型抽象到二维平面了，设点 \((g(j),f[j]+g(j)^2)\) 表示一个状态 。
我们将 \(2t(i)\) 看作斜率，将 \(f[i]-t(i)^2\) 看作与 \(y\) 轴相交点的纵坐标。
目标明确了：选择之前在坐标系上的任意一点用斜率构建直线，使得这一纵坐标最小。
\(\\\)
因为 \(C_i\ge 1\) 所以 \(t(i)\ge 0\) ，我们的答案显然只会产生在下凸壳上。
如果我们用 \(j\) 去刻画 \(f[j]\) 对应的状态，考虑对于一个状态 \(i\) 的更新，\(j\) 点的答案合适劣于 \(k\) 点的答案。
移项，把 \(j,k\) 的答案都带进去，列出不等式，化简，可以得到 \((\) 博主太懒 \():\)
继续分析，还是因为 \(C_i\ge 1\) ，所以 \(t(i)\) 是单调不降的。
因此注意到不等式右侧是单调不降的，所以每一个位置的最优决策点 \(j\) 单调不减。
用队列维护点，队头用单调队列那一套就可以搞了。
关于下凸包的维护，可以考虑队尾是一个单调栈，每次按照斜率逐个弹栈就可以了。
\(\\\)
特别提醒：此做法中 \(g(0)\) 初值不为 \(0\) ，而转移要用到，在开始的时候记得设 \(g(0)=1+L\) 。
其实设 \(g(i)=i+m,t(i)=g(i)-1-L\) ，可以惊喜的发现，后面所有的式子都是不变的。
而且也不需要预处理初值，因为转移方程在没有 \(t(j)\) 这一项，而在这一设法中， \(g(0)=0\) 。
\(\\\)
Code
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd(){
ll x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
ll n,m,t[N],g[N],f[N],q[N],hd,tl;
inline ll w(ll x,ll k){
return f[x]+k*k+g[x]*g[x]-2*k*g[x];
}
inline double calck(ll x,ll y){
return (double)(f[x]+g[x]*g[x]-f[y]-g[y]*g[y])/(double)(g[x]-g[y]);
}
int main(){
n=rd(); m=rd();
for(R int i=1,sum=0;i<=n;++i){
sum+=rd();
t[i]=i+sum; g[i]=t[i]+1+m;
}
q[hd=tl=1]=0;
g[0]=1+m;
for(R int i=1;i<=n;++i){
while(hd<tl&&calck(q[hd+1],q[hd])<(double)t[i]*2) ++hd;
f[i]=w(q[hd],t[i]);
while(hd<tl&&calck(q[tl],q[tl-1])>calck(i,q[tl])) --tl;
q[++tl]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
