bzoj1010 [HNOI2008]玩具装箱toy

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 \(C_i\) .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+\sum _{k = i} ^{j} C_k $ 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\(C_i\).\(1\le N\le 50000,1\le L,C_i\le 10^7\)

output

输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

1

Solution

• \(dp[i]\) 表示前 \(i\) 个放进去的最小代价。

• \(dp[i] = min(dp[j] + (sum[i] - sum[j] + i - j - 1 - L)^2)\)

复杂度显然是无法接受的。
考虑优化。
令

• \(s[i] = sum[i] + i\)
• \(C = L + 1\)

那么原方程变为

• \(dp[i] = min(dp[j] + (s[i] - s[j] - C) ^ 2)\)

若使 \(k \ge j\) ，且从 \(k\) 转移由于从 \(j\) 转移，那么

• \(dp[k] + (s[i] - s[k] - C) ^ 2 \le dp[j] + (s[i] - s[j] - C) ^ 2\)

化简得

• \(\frac{(dp[k] + (s[k] + C) ^ 2) - (dp[j] + (s[j] + C) ^ 2)}{2 \times (s[k] - s[j])} \le s[i]\)

可以斜率优化了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 50005
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define ll long long

inline int read() {
	int x = 0, flag = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (!(ch ^ '-')) flag = -1; ch = getchar(); }
	while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar(); return x * flag;
}

int n, L, l = 1, r = 1;
ll s[N], dp[N], c[N], C;
int q[N];

inline ll sqr(ll x) { return x * x; }
#define y(i) (dp[i] + sqr(s[i] + C))
inline double slop(int j, int k) { return (y(k) - y(j)) / 2.0 / (s[k] - s[j]); }

int main() {
	n = read(), L = read(), C = L + 1;
	rep(i, 1, n) c[i] = read(), s[i] = s[i - 1] + c[i]; rep(i, 1, n) s[i] += i;
	rep(i, 1, n) {
		while (l < r && slop(q[l], q[l + 1]) <= s[i]) l++;
		int t = q[l]; dp[i] = dp[t] + sqr(s[i] - s[t] - C);
		while (l < r && slop(q[r], i) < slop(q[r - 1], q[r])) r--;
		q[++r] = i;
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}