bzoj 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy（DP的斜率优化）

 

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

Sample Output

1

HINT

Source

 

【思路】

　　斜率优化DP。

　　第一次写斜率优化好紧张=-=

　　转移方程为:

　　f[x]=min{f[i]+（x-i-1+sum(x)-sum(i)-L)^2}

　　即f[x]=min{f[i]+((x+sum(x)-1-L)-(i+sum(i)))^2}

　　设a[x]=x+sum(x)-1-L , b[i]=i+sum(i) 于是有

　　f[x]=min{f[i]+b[i]^2-2*a[x]*b[i]}+a[x]^2，这里设x(i)=b[i],y(i)=f(i)+b[i]^2，则有

　　f[x]=min{y(i)-2*a[x]*x(i)}，即直线min p=y-2ax。

　　因为a[x]与x(i)都是单调递增的，所以可以用单调队列维护下凸包，在O（n）时间得解。

 

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int maxn = 50000+10;

typedef long long LL;
struct point { LL x,y; };
point now,D[maxn];
LL C[maxn*10];
LL cross(point a,point b,point c) {        //向量ab与向量ac的叉积 叉积<0时ca位于ba的右侧 
    return (b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(b.y-a.y)*(c.x-a.x);
}
int n,w;

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&w);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&C[i]); C[i]+=C[i-1];
    }
    int L=0,R=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        while(L<R && D[L].y-2*(i+C[i]-w-1)*D[L].x >= D[L+1].y-2*(i+C[i]-w-1)*(D[L+1].x)) L++;    //删除对于当前点言不是最优的 
        now.x=i+C[i];                                                                            //计算新点 
        now.y=D[L].y-2*(i+C[i]-w-1)*D[L].x+(i+C[i]-w-1)*(i+C[i]-w-1)+(i+C[i])*(i+C[i]);
        while(L<R && cross(D[R-1],D[R],now)<=0) R--;                                            //维护凸壳 插入新点 
        D[++R]=now;
    }
    printf("%lld\n",D[R].y-(n+C[n])*(n+C[n]));        //计算f[n]=y[R]-b[n]^2
    return 0;
}