[bzoj1010] [HNOI2008]玩具装箱toy (斜率优化DP)

斜率优化DP

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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

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Solution

朴素的dp转移方程为 (dp[i] = dp[j] + (a[j+1]...a[i] + i + j - 1 - L)^2);
设(c[i] = a[1] + ... + a[i] + i);
则(dp[i] = dp[j] + (c[i] - c[j] - 1 - L)^2);
当更新dp[i]时，假设点 j 比点 k 优，且 j 在 k 后面，则有:
(dp[j] + (c[i] - c[j] - 1 - L)^2 < dp[k] + (c[i] - c[k] - 1 - L)^2)
(dp[j]+c[j]^2+c[j]*(L+1-c[i])*2 < dp[k]+c[k]^2+c[k]*(L+1-c[i])*2)
(dp[j]+c[j]^2-dp[k]-c[k]^2 < (c[j]-c[k])*(c[i]-1-L)*2)
(frac{dp[j]+c[j^2]-dp[k]-c[k^2]}{c[j]-c[k]} < 2*(c[i]-1-L))
这就化成了斜率优化的基本形式，用一个单调队列来维护一个下凸包就好了。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 5e4 + 5;
int n, L;
LL dp[maxn], c[maxn];
int q[maxn];
inline LL sqr(LL x) {return x * x;}

inline double slop(int x, int y) {
	return (dp[x] + sqr(c[x]) - dp[y] - sqr(c[y])) / ((double)c[x] - c[y]);
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &L);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", c + i), c[i] += c[i - 1];
	for(int i = 1; i <= n; i++) c[i] += i;
	int h = 1, t = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		while(h < t && slop(q[h], q[h+1]) < 2*(c[i]-L-1) ) h++;
		dp[i] = dp[q[h]] + sqr(c[i] - c[q[h]] - 1 - L);
		while(h < t && slop(q[t-1], q[t]) > slop(q[t], i)) t--;
		q[++t] = i;
	}
	printf("%lld
", dp[n]);
	return 0;
}