[BZOJ 1010][HNOI2008]玩具装箱toy（斜率优化Dp）

Description

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。

Solution

难得过样例1A心情大好（虽然明明是道入门题）

发现我现在写题解吐槽比正文还多QvQ…于是还是证一下吧

感觉和上一题差不多

设i<j<k

若在i点决策比在j点决策优 则有（sum数组储存前缀和）

dp[i]+(sum[k]-sum[i]+k-i-1-L)²<dp[j]+(sum[k]-sum[j]+k-j-1-L)²

设f[i]=sum[i]+i,C=1+L

则有dp[i]+(f[k]-f[i]-C)²<dp[j]+(f[k]-f[j]-C)²

移项可得2(f[k]-C)(f[j]-f[i])<dp[j]-dp[i]+f[j]²-f[i]²

即f[k]-C<(dp[j]-dp[i]+f[j]²-f[i]²)/[2(f[j]-f[i])]

所以当 slope(q[head],q[head+1])<=(f[i]-l-1) 时q[head]和q[head+1]构成的线段在右端点决策会比在左端点决策优，左端点出队

我们维护的是一个斜率不断增大的下凸的凸包，因为  slope(q[tail-1],i)<=slope(q[tail-2],q[tail-1]) 时，q[tail-1]显然不可能成为最优的决策点，q[tail-1]出队

（当slope(q[tail-1],i)>f[i]-C时q[tail-1]比i更优，但同时slope(q[tail-2],q[tail-1])>f[i]-C 即q[tail-2]比q[tail-1]优）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define MAXN 50005
using namespace std;
int n,l,head,tail,q[MAXN];
long long sum[MAXN],f[MAXN],dp[MAXN];
long long getx(int i,int j)
{
    return dp[j]+f[j]*f[j]-dp[i]-f[i]*f[i];
}
long long gety(int i,int j)
{
    return 2*(f[j]-f[i]);
}
void DP(int i,int j)
{
    dp[i]=dp[j]+(f[i]-f[j]-l-1)*(f[i]-f[j]-l-1);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&l);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&sum[i]);
        sum[i]+=sum[i-1];
        f[i]=sum[i]+i;
    }
    head=tail=0;
    q[tail++]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(head+1<tail&&getx(q[head],q[head+1])<=(f[i]-l-1)*gety(q[head],q[head+1]))
        head++;
        DP(i,q[head]);
        while(head+1<tail&&getx(q[tail-1],i)*gety(q[tail-2],q[tail-1])<=getx(q[tail-2],q[tail-1])*gety(q[tail-1],i))
        tail--;
        q[tail++]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}