BZOJ 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy
1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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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.
Input
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
HINT
Source
题解：laishao_yuan：Dp先入脑
有一个Dp[i]:=min(Dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)的基本思路
预处理可以得到F[i]:=sum[i]+i;令C=L+1
可以简化方程：Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))
明显这个为O(N^2)的算法,,要再简化;
一维的Dp可以想到斜率优化
所谓斜率优化，个人的感悟就是：
当 I：1-->n J:1-->n的N^2循环时 可以简化J的循环 把1~N依次入队出队，当i要选择j时，先根据最优策略缩短队列，再在选取队首元素直接作为J，算出Dp[i]；
这样做的话每个数进出一次队列 复杂度就变为O(n);
但是这样做必须证明单调性，也就是出队的元素在以后的Dp中不会再被利用
下面说说怎么缩短队列
Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))中j的选择是决定Dp[i]的大小的 而 f[i]、c这样的常量是不变的（对于同一个i来说）
所以我们把不含j的变量分离出来，方便运算
Dp[i]:=min(Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c)+F[i]^2+c^2-2*F[i]*c;
假设选j好过选k， 本题为
Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c<Dp[k]+F[k]^2-2F[i]F[k]+2F[k]*c化简分离i
Dp[j]-Dp[k]+(F[i]-F[k])*(2c+F[j]+F[k])
-------------------------------------------<F[i]（*）
2(F[j]-F[k])
简化其为COM(j,k)<F[i]
也就是说 ‘选j好过选k’当且仅当‘COM(j,k)<F[i]成立’
所以如果一个队列的头依次为A,B 如果G(B,A)<=F[i] 那么把A删了吧
代码们：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<cstring> 7 #define PAU putchar(' ') 8 #define ENT putchar('\n') 9 using namespace std; 10 const int maxn=50010;typedef long long LL; 11 int deq[maxn];LL C[maxn],S[maxn],dp[maxn]; 12 double slope(int i,int j){return (dp[i]+S[i]*S[i]-dp[j]-S[j]*S[j])/(double)(S[i]-S[j]);} 13 inline int read(){ 14 int x=0,sig=1;char ch=getchar(); 15 while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();} 16 while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar(); 17 return x*sig; 18 } 19 inline LL readl(){ 20 LL x=0,sig=1;char ch=getchar(); 21 while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();} 22 while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar(); 23 return x*sig; 24 } 25 inline void write(LL x){ 26 if(x==0){putchar('0');return;}if(x<0)putchar('-'),x=-x; 27 int len=0;LL buf[15];while(x)buf[len++]=x%10,x/=10; 28 for(int i=len-1;i>=0;i--)putchar(buf[i]+'0');return; 29 } 30 int n,L; 31 void init(){ 32 n=read();L=read();C[0]=S[0]=0; 33 for(int i=1;i<=n;i++){C[i]=readl();C[i]+=C[i-1];S[i]=i+C[i];} 34 return; 35 } 36 void work(){ 37 int s=0,e=0;dp[0]=deq[s]=0; 38 for(int i=1;i<=n;i++){ 39 LL m=S[i]-L-1; 40 while(s<e&&slope(deq[s+1],deq[s])<=(m<<1))++s; 41 int j=deq[s];dp[i]=dp[j]+(m-S[j])*(m-S[j]); 42 while(s<e&&slope(deq[e],deq[~-e])>=slope(i,deq[e]))--e; 43 deq[++e]=i; 44 } 45 return; 46 } 47 void print(){ 48 write(dp[n]); 49 return; 50 } 51 int main(){init();work();print();return 0;}
