[HNOI2008]玩具装箱

「HNOI2008」玩具装箱

题目大意

有 $n$ 个玩具，第 $i$ 个玩具的价值为 $c_i$ 。这 $n$ 个玩具排成一排，要求将这些玩具分成若干段，对于一段 $[l,r]$ ，其代价为 $(r-l+\Sigma_{i=l}^{r}c_i-L)^2$ 。其中 $L$ 是一个常量，求分段最小代价。$(1 \leq n \leq 5 \times 10^4,1 \leq L,c_i \leq 10^7)$

题解（斜率优化）

比较容易想到的是直接dp做：

设 $f_i$ 为前i个物品分成若干段的最小代价。

那么状态转移方程为：

$$f_i = \min_{j<i}\{f_j + ((i - j - 1) + pre_i - pre_j - L)^2\} = \min_{j<i}\{f_j + (pre_i + i - pre_j - j - 1 - L)^2\}$$

那么这样的做法时间复杂度是 $(n^2)$ 的，是过不了的。

考虑优化：

对于上述状态转移方程，我们在进行变换：

为方便理解，令 $a_i$ 等于 $pre_i+i$ ，$L'=L+1$ 。原式子等于$f_i = \min_{j<i}\{f_j + (a_i - a_j - L')^2\}$ 。

将与 $j$ 有关的放一边，我们能得到：

$$f_i-(a_i-L')^2 = \min_{j<i}\{f_j + a_j^2 -2a_j(a_i-L')\}$$

我们要找到一个 $j$ 使得 $f_i$ 最小，我们便设与 $j$ 相关的数设为变量。通过上面的式子我们可以发现，若我们将一次函数的斜截式 $y=kx+b$ 代入其中，也就是 $b=y-kx$ ，将 $i$ 相关的令作常量，与 $j$ 相关的令作变量，即：

$$\begin{aligned} x_j&=a_j\\ y_j&=f_j+a_j^2\\ k_i&=2(a_i-L')\\ b_i&=f_i-(a_i-L')^2 \end{aligned}$$

上述转移方程可以写成 $b_i=\min_{j<i}\{y_j-k_ix_j\}$ ,首先 $k_i$ 是一个常量，我们把 $\{x_j,y_j\}$ 看成平面直角坐标系上的点，这样我们就把原问题转化成了选择一个合适的点 $j\ (1 \leq j < i)$ ，使得截距 $b_i$ 最小。

如上图所示，我们将图中的直线向上平移，第一个接触到的点B显然是使得截距最小的点，且我们会发现能使得截距最小的点一定是下凸点，以点B为例，前一个点A，和后一个点B构成的斜率满足 $k_{AB} < k_{BC}$ ，所以点B是下凸点，同时点B是合适点的另一条件是 $k_{AB} \leq k_i < k_{BC}$ ，且本题中，$k_i$ 是递增的，所以，我们可以用一个单调队列维护下凸点（即连续点的斜率递增的点），步骤如下：

1. 首先是在队首 $head$ ，判断是否 $k_{head,head+1} > k_i$ ，如果不是说明点 $head$ 并不是合适点，删除即可，直到满足 $k_{head,head+1} > k_i$ 。
2. 之后根据合适点更新 $f_i$
3. 加入新的点进入队尾 $tail$ 前，先判断 $k_{tail-1,tail} < k_{tail, new}$ ，如果不成立，则队尾的点不是下凸点，删除并且找到满足的即可

对于步骤1，由于 $k_i$ 的增大，我们发现点A，B都不满足合适点的要求了，直接贪心的删去就好了。

对于步骤3，新加入点E后，点D并不构成下凸点的条件，无论 $k_i$ 变成什么，点D都不可能是合适点，那么直接在队尾中删去

具体实现看下列代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using ll = long long;

const int N = 5e4 + 5;

ll dp[N], pre[N], q[N], n, L, head, tail;

ll a(int i){
    return pre[i] + i;
}

ll Y(int i){
    return dp[i] + a(i) * a(i);
}

double K(int i, int j){
    return 1. * (Y(i) - Y(j)) / (a(i) - a(j));
}


int main(void){
    scanf("%lld%lld", &n, &L);
    L++;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        int a;
        scanf("%d", &a);
        pre[i] = pre[i - 1] + a;
    }
    head = tail = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        while(head < tail && K(q[head], q[head + 1]) < 2 * (a(i) - L))head++;
        dp[i] = dp[q[head]] + (a(i) - a(q[head]) - L) * (a(i) - a(q[head]) - L);
        while(head < tail && K(q[tail], q[tail - 1]) > K(i, q[tail]))tail--;
        q[++tail] = i;
    }
    printf("%lld", dp[n]);
    return 0;
}