BZOJ1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

BZOJ1010: [HNOI2008]玩具装箱toy##

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　　Memory Limit: 162 MB

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

题目地址：BZOJ1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

题目大意： 做的心烦意乱，不写了

题解：

　　by hzw
　　$$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2) (j<i)$$
　　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
　　$$dp[k]+(f[i]-f[k]-c)2+2*v*(f[i]-f[k]-c)+v2<=dp[j]+(f[i]-f[j]-c)2+2*v*(f[i]-f[j]-c)+v2$$
　　只要证
　　$$2v(f[i]-f[k]-c)<=2v(f[i]-f[j]-c)$$
　　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
　　$$dp[k]-2f[i](f[k]+c)+(f[k]+c)2<=dp[j]-2*f[i]*(f[j]+c)+(f[j]+c)2$$
　　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
　　具体看代码
　　还有一位dalao写得超级好懂
　　大米饼

AC代码

#include <stdio.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e4+5;
int n,L;
int q[N];
ll s[N],dp[N];
inline double X(int i){
	return s[i];
}
inline double Y(int i){
	return dp[i]+(s[i]+L)*(s[i]+L); 
}
inline double rate(int i,int k){
	return (Y(k)-Y(i))/(X(k)-X(i));
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&L);L++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&s[i]);
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i]+=i;
	int l=1,r=1;q[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(l<r && rate(q[l],q[l+1])<2*s[i])l++;
		int t=q[l];
		dp[i]=dp[t]+(s[i]-s[t]-L)*(s[i]-s[t]-L);
		while(l<r && rate(q[r-1],q[r])>rate(q[r],i))r--;
		q[++r]=i;
	}
	printf("%lld\n",dp[n]);
	return 0;
}


　　作者：skl_win
　　出处：https://www.cnblogs.com/shaokele/
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posted @ 2018-09-05 21:21  skl_win  阅读(146)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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