BZOJ 1010 玩具装箱(斜率优化DP)

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

令f[i]=sum[i]+i,c=1+l

则dp[i]=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2)

1.证明决策单调性

假设在状态i处的k决策优与j决策，即

dp[k]+(f[i]-f[k]-c)^2<=dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2

则对于i后的所有状态t，要证明决策单调性

即dp[k]+(f[t]-f[k]-c)^2<=dp[j]+(f[t]-f[j]-c)^2

只要证

dp[k]+(f[i]+v-f[k]-c)^2<=dp[j]+(f[i]+v-f[j]-c)^2

只要证

dp[k]+(f[i]-f[k]-c)^2+2*v*(f[i]-f[k]-c)+v^2<=dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2+2*v*(f[i]-f[j]-c)+v^2

只要证

2*v*(f[i]-f[k]-c)<=2*v*(f[i]-f[j]-c)

即f[k]>=f[j]（显然）

证明完毕

2.求斜率方程

因为dp[k]+(f[i]-f[k]-c)^2<=dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2

展开

dp[k]+f[i]^2-2*f[i]*(f[k]+c)+(f[k]+c)^2<=dp[j]+f[i]^2-2*f[i]*(f[j]+c)+(f[j]+c)^2

即

dp[k]-2*f[i]*(f[k]+c)+(f[k]+c)^2<=dp[j]-2*f[i]*(f[j]+c)+(f[j]+c)^2

即(dp[k]+(f[k]+c)^2-dp[j]-(f[j]+c)^2)/2*(f[k]-f[j])<=f[i]

f[i]是单调递增的，我们使用队列维护一个下凸壳，每次取出队头作为决策

加入决策i时，令队尾为q[r]，前一个为q[r-1]

满足斜率(q[r],i)<斜率(q[r-1],q[r])时，显然队尾是无效的，将其弹出

 

#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 1000000000
#define ll long long
using namespace std;
ll read()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n,L,l,r;
int c[50005],q[50005];
ll s[50005],f[50005],C;
double slop(int j,int k)
{
    return (f[k]-f[j]+(s[k]+C)*(s[k]+C)-(s[j]+C)*(s[j]+C))/(2.0*(s[k]-s[j]));
}
void dp()
{
    l=1;r=0;q[++r]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(l<r&&slop(q[l],q[l+1])<=s[i])l++;
        int t=q[l];
        f[i]=f[t]+(s[i]-s[t]-C)*(s[i]-s[t]-C);
        while(l<r&&slop(q[r],i)<slop(q[r-1],q[r]))r--;
        q[++r]=i;
    }
}
int main()
{
    n=read();L=read();C=L+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+c[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=i;
    dp();
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}