BZOJ 1010 （HNOI 2008） 玩具装箱

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

---

题解

本蒟蒻斜率优化第一题，真的玄学。
很容易我们就能得出转移方程：
    dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-l-1)^2)（j < i）
但这样时间复杂度为O（n^2） n=50000会炸飞。
所以我们考虑斜率优化。
首先令A（i）=sum[i]+i。
    B(i)=A(i)+l+1。
所以我们的转移方程可化简为:
    dp[i]=dp[j]+(A(i)-B(j))^2;
所以dp[i]=dp[j]+A(i)^2-2*A(i)*B(i)+B(i)^2;
观察式子，A(i)^2只与i有关，所以先不做考虑。
再设X(i)=B(i),Y(i)=B(i)^2+dp[i];
继续化简得：
    dp[i]=Y(j)-2*X(i)*A(i)+A(i)^2;
移项得
    Y(j)=(dp[i]+2*X(i)*A(i)-A(i)^2;
发现上式形容y=kx+b。2*A(i)为斜率,而A(i)又是单调递增的，所以斜率单调递增，所以我们只需要维护
一个凸包，用单调队列。

首先先根据当前斜率判断队头是否合法，若不合法则弹出队头。
然后用队头更新dp[i]。
最后再让当前元素入队，维护凸包的性质，弹队尾。

时间复杂度O（n）。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 500005;

int n,l;
int dp[MAXN],sum[MAXN];
int head=1,tail=1,q[MAXN];

inline double A(int i){return sum[i]+i;}
inline double B(int i){return A(i)+l+1;}
inline double Y(int i){return dp[i]+B(i)*B(i);}
inline double X(int i){return B(i);}
inline double sp(int i,int j){return 1.0*(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>l;
    for(register int i=1; i<=n; i++) {
        int x;
        cin>>x;
        sum[i]=sum[i-1]+x;
    }
    for(register int i=1; i<=n; i++){
        while(head<tail and 2*A(i)>sp(q[head],q[head+1])) head++;
        dp[i]=dp[q[head]]+(A(i)-B(q[head]))*(A(i)-B(q[head]));
        while(head<tail and sp(i,q[tail-1])<sp(q[tail-1],q[tail])) tail--;
        q[++tail]=i;
    }
    cout<<dp[n]<<endl;
    return 0;
}