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题目

首先这道题与诗人小G 有很大的相同点。其实就是超级弱化版（弱化数据，弱化 $p = 2$ ）。
考虑使用斜率优化，式子 $f_{i} = f_{j} + (s_{i} + s_{j} + j - i - 1 - L)^{2}$ ，对其进行变形 $a_{i} = s u m_{i} + i, b_{i} = s u m_{i} + L + 1 + i$ ，则 $d p_{i} = d p_{j} + (a_{i} - b_{j})^{2}$ ，展开 $d p_{i} = d p_{j} + a_{i}^{2} - 2 \times a_{i} \times b_{j} + b [j]^{2}$ ，移项 $2 \times a_{i} \times b_{j} + d p_{i} - a_{i}^{2} = d p_{j} + b_{j}^{2}$ 。然后可以将其当作直线 $y = k x + b$ 这样来理解，然后就是拿一条斜率来从下往上靠，因为要求 $min d p_{i}$ ，而 $a_{i}^{2}$ 定值，所以就是求 $y = k x + b$ 中 $b$ 的最小值（感性理解方式是这样的）。然后就是判断队首入队时的斜率是不是小于 $2 a_{i}$ ，队尾则是当前能不能替换掉最后，实现其实和单调队列完全一样。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define L(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define R(i,l,r) for(int i=r;i>=l;--i)
const int N=50010;
typedef long double ld;
int n,l,hh,tt,q[N];
ld sum[N],dp[N];
#define a(i) (i+sum[i])
#define b(i) (a(i)+l+1)
#define x(i) b(i)
#define y(i) (dp[i]+b(i)*b(i))
#define slope(i,j) ((y(i)-y(j))/(x(i)-x(j)))
int main(){
    // freopen("1.in","r",stdin);
    // freopen("1.out","w",stdout);
    // ios::sync_with_stdio(0);
    // cin.tie(0);
    // cout.tie(0);
    scanf("%d%d",&n,&l);
    L(i, 1, n){
        scanf("%Lf",sum+i);
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    L(i, 1, n){
        while(hh<tt&&slope(q[hh],q[hh+1])<2*a(i))++hh;
        dp[i]=dp[q[hh]]+(a(i)-b(q[hh]))*(a(i)-b(q[hh]));
        while(hh<tt&&slope(i,q[tt-1])<slope(q[tt-1],q[tt]))--tt;
        q[++tt]=i;
    }
    printf("%lld",(long long)dp[n]);
    return 0;
}