[bzoj1010][HNOI2008]玩具装箱toy_斜率优化dp

玩具装箱toy bzoj-1010 HNOI-2008

　　　　题目大意：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。

　　　　注释：$1\le n\le 5\cdot 10^4$，$1\le L,c_i\le 10^7$。

　　　　　　想法：显然dp。状态特别简单，转移也特别简单。

　　　　　　　　状态：dp[i]表示打包完前i个的最小代价。

　　　　　　　　转移：$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j)^2),1\le j \le i-1$。

　　　　　　然后，过不去是显然的。我们在此介绍一种优化dp的算法：斜率优化。

　　　　　　就是说，我将一个1D1D型的dp状态转移问题可以将一个装一状态变成一条直线，其中y=kx+b，b是当前需要转移的状态，钦定k是一个常数(这里，一切除了和dp[i]有关的且和i有关变量均可视为常数)。我们先将从1到i-1所有的点，从通过您列的直线解析式中的y和x的计算法则算一下，就可以得到i-1个点，把这i-1个点扔进坐标系。然后，我逐一钦定这i-1个点，将一条斜率为k的直线经过被钦定点。这样就会得到一个截距，有题目可知就能知道是最大截距还是最小截距。然后，我们以最大截距为例，首先先保证所有的转移方程在任何情况下k的正负都是确定的。紧接着我们得出了直接转移到dp[i]的点j（由于是取最小值，这里找到了一个满足最小值的方案），显然，之前不满足题意的之后一定也不满足题意，所以我们就可以把它删了... ...，这些类似的操作都可以用... ...单调队列来实现。具体地，大可直接看代码... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50100;
ll s[N],Q[N],f[N],n,x,head,L,tail,j;
inline double X(ll i)//返回单点横坐标
{
	return s[i];
}
inline double Y(ll i)//返回单点纵坐标
{
	return f[i]+(s[i]+L-1)*(s[i]+L-1);
}
inline double Rate(ll i,ll k)//返回两点斜率
{
	return (Y(k)-Y(i))/(X(k)-X(i));
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&L);
	L++;
	head=tail=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&s[i]);
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		s[i]+=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(!(head>=tail)&&Rate(Q[head],Q[head+1])<2*s[i])head++;//维护单调队列
		j=Q[head];f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
		while (!(head>=tail)&&Rate(Q[tail-1],Q[tail])>Rate(Q[tail],i))
			tail--;Q[++tail]=i;//维护单调队列
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

 

　　　　由于有了不小心磕々绊々の全球流(手白错误合计)，以后所有的博客就不写错误了

　　　　小结：斜率优化的作用在于优化dp qwq

　　　　同届神犇blog，请配合食用

 　　　　给各位推荐一篇blog，写的超级详细。http://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/7259491.html