BZOJ1010「HNOI2008」题解
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Description
有 \(n\) 件物品，第 \(i\) 件的长度为 \(c_i\).
要把这个物品序列划分成 \(k\) 个仅端点相交的子串，如果把区间 \([l,r]\) 划分为一个子串，那么这个子串的长度为 \(x = r - l + \sum_{i=l}^r c_i\).
这个子串的代价为 \((x - L)^2\), 其中 \(L\) 是给定常数，求一种划分方案使得所有子串代价和最小。 \(n \leq 5 \times 10^4\)
Solution
斜率优化板子。
考虑朴素的 \(\mathbf{DP}\), 设 \(\mathbf{DP}_i\) 表示考虑了前 \(i\) 件物品时的答案，那么枚举上一个决策点，可以推出转移：
\[\mathbf{DP}_i = \min_{1 \leq j < i} \left \{ \mathbf{DP}_{j} + \left( \sum_{k=j+1}^i c_k + i - j - 1 + L\right)^2 \right \}
\]
用前缀和代替一下式子里面的 \(\Sigma\), 再设 \(f_i = sum_i + i\) 简化一下.
\[\mathbf{DP}_i = \min_{1 \leq j < i} \left \{ \mathbf{DP}_{j} + \left(f_i - f_j - 1 - L\right)^2 \right \}
\]
显然暴力 \(\mathbf{DP}\) 是 \(\Theta(n^2)\) 的，发现这个式子很符合斜率优化的运用条件，那么直接推式子。
考虑设 \(j_1, j_2\) 是位置 \(i\) 的两个决策点，且满足 \(j_2\) 优于 \(j_1\), 那么显然有
\[\mathbf{DP}_{j_1} + \left( f_i - f_{j_1} - 1 - L\right)^2 \geq \mathbf{DP}_{j_2} + \left( f_i - f_{j_2} - 1 - L\right)^2
\]
把平方拆开，然后稍微合并一下同类项得:
\[2f_i(f_{j_2} + 1 + L) - 2f_i(f_{j_1} + 1 + L) \geq \mathbf{DP}_{j_2} - \mathbf{DP}_{j_1} + \left( f_{j_2} + 1 + L\right)^2 - \left( f_{j_1} + 1 + L\right)^2
\]
令 \(g_i = (f_i + L + 1) ^ 2\), 那么原式即
\[2f_i \geq \frac {\mathbf{DP}_{j_2} - \mathbf{DP}_{j_1} + g_{j_2} - g_{j_1}}{f_{j_2} - f_{j_1}}
\]
也就是说，如果满足上面那个不等式，我们可以得出决策 \(j_2\) 优于 \(j_1\).
斜率优化是说把这个转移方程式写成 \(y = kx+b\) 的形式, 那么自然可以令 \(\mathbf {DP}_i + g_i = y, f_i = x\), 那么上面不等式的右面就是一个 \(\frac {\Delta y}{\Delta x}\) 的一次函数斜率形式，当两个决策点之间的连线斜率 \(k \leq 2f_i\) 时满足决策点 \(j_2\) 优于决策点 \(j_1\).
显然所有决策点之间构成了一个下凸壳, 那么直接单调队列算一下即可。
Code
/* Headers */
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set>
#define FOR(i,a,b,c) for(int i=(a);i<=(b);i+=(c))
#define ROF(i,a,b,c) for(int i=(a);i>=(b);i-=(c))
#define FORL(i,a,b,c) for(long long i=(a);i<=(b);i+=(c))
#define ROFL(i,a,b,c) for(long long i=(a);i>=(b);i-=(c))
#define FORR(i,a,b,c) for(register int i=(a);i<=(b);i+=(c))
#define ROFR(i,a,b,c) for(register int i=(a);i>=(b);i-=(c))
#define RevEdge(x) x^1
#define lowbit(x) x&(-x)
#define LeftChild(x) x<<1
#define RightChild(x) (x<<1)+1
#define CLOSE_IN() fclose(stdin);
#define CLOSE_OUT() fclose(stdout);
#define FILE_IN(x) freopen(x,"r",stdin);
#define FILE_OUT(x) freopen(x,"w",stdout);
#define IOS(x) std::ios::sync_with_stdio(x)
#define Dividing() printf("-----------------------------------\n");
namespace FastIO {
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = ibuff) + fread(ibuff, 1, SIZ, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS++)) : *iS++)
const int SIZ = 1 << 21 | 1;
char* iS, * iT, ibuff[SIZ], obuff[SIZ], * oS = obuff, * oT = oS + SIZ - 1, fu[110], cc;
int fr;
inline void out() {
fwrite(obuff, 1, oS - obuff, stdout);
oS = obuff;
}
template<class Type>
inline void read(Type& x) {
x = 0;
Type y = 1;
for (cc = gc(); (cc > '9' || cc < '0') && cc != '-'; cc = gc());
cc == '-' ? y = -1 : x = (cc & 15);
for (cc = gc(); cc >= '0' && cc <= '9'; cc = gc())
x = x * 10 + (cc & 15);
x *= y;
}
template<class Type>
inline void print(Type x, char text = '\n') {
if (x < 0)
* oS++ = '-', x *= -1;
if (x == 0)
* oS++ = '0';
while (x)
fu[++fr] = x % 10 + '0', x /= 10;
while (fr);
* oS++ = fu[fr--];
* oS++ = text;
out();
}
inline void prints(char x[], char text = '\n') {
for (register int i = 0; x[i]; ++i)
* oS++ = x[i];
* oS++ = text;
out();
}
}
using namespace FastIO;
using std::pow;
template<typename T>
inline T max(T a, T b) {return (a > b) ? a : b;}
template<typename T>
inline T min(T a, T b) {return (a > b) ? b : a;}
/* definitions */
#define int long long
const int MAXN = 5e4 + 10;
int n, L, c[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], dp[MAXN];
int q[MAXN], head, tail;
/* functions */
inline double slope(int x, int y) {
return (double) (dp[y] + g[y] - dp[x] - g[x]) / (f[y] - f[x]);
}
#undef int
int main(int argc, char *argv[]) {
//FILE_IN("data.in");
read(n); read(L);
FOR(i, 1, n, 1) {
read(c[i]); sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
f[i] = sum[i] + i; g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
} g[0] = (L + 1) * (L + 1);
FOR(i, 1, n, 1) {
while(head < tail && slope(q[head], q[head + 1]) <= (f[i] << 1)) head++;
dp[i] = dp[q[head]] + (f[i] - f[q[head]] - L - 1) * (f[i] - f[q[head]] - L - 1);
while(head < tail && slope(q[tail], i) < slope(q[tail - 1], q[tail])) tail--; q[++tail] = i;
} printf("%lld\n", dp[n]);
return 0;
}
