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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
3
4
2
1
4
Sample Output
正解：决策单调性+DP+单调队列
解题报告：
许久之前的一道考试题目了，题解直接用学长的了：
首先贪心明显是错的(虽然可以过样例),想找反例的话随便看一个测试数据吧。
由于同一容器中玩具的编号必须是连续的,因此满足无后效性,可用动态规划解决。一个比较容易想到O(N^2 )的算法是,用F i 表示装前i个玩具的最少费用,S i 表示前i个玩具的总长度,则状态
转移方程为:
F i = min {F j + (S i − S j + i − (j + 1) − L) 2 }0≤j<i
但由于N 最大可达到50000,所以期望得分为10∼20分。
然而,真正颇为牛B的东西来了。
令S i ′ = S i + i, L ′ = L + 1,让我们重新观察原方程:
F i = min {F j + (S i ′ − S j ′ − L ′ ) 2 } 0≤j<i
令V j = F j + (S i ′ − S j ′ − L ′ ) 2 ,那么在x < y时,V x ≥ V y 可变形为:
F x − F y ≥ (S i ′ − S y ′ − L ′ ) 2 − (S i ′ − S x ′ − L ′ ) 2
⇒ F x − F y ≥ (2S i ′ − S x ′ − S y ′ − 2L ′ )(S x ′ − S y ′ )
⇒ F x − F y ≥ (2(S i ′ − L ′ ) − (S x ′ + S y ′ ))(S x ′ − S y ′ )
⇒ F x − F y ≥ 2(S i ′ − L ′ )(S x ′ − S y ′ ) − (S x ′ + S y ′ )(S x ′ − S y ′ )
⇒ F x − F y + S x ′ − S y ′ ≥ 2(S i ′ − L ′ )(S x ′ − S y ′ )
这样的话,如果对于当前的i,有x < y, V x ≥ V y ,那么对于以后更大的i,由于2(S i ′ − L ′ )的单调性,V x ≥ V y
将会恒成立,也就是说x不可能再成为最优决策,我们将永远不会再用到它。
因为决策i可能比原队列中的某些决策更优,如果不将这些肯定没用的决策删除,队列前面的非最优决策可能受到它们当中的某个决策“保护”而没有被删除,其实这样也就是保证函数G的值在Q中单调递增。
由于每个元素最多入队一次,出队一次,所以维护队列的时间复杂度为O(N ),状态转移为O(1),计算F 值为O(N ),所以总时间复杂度为O(N ) + O(1) × O(N ) = O(N )。
1 //It is made by jump~ 2 #include <iostream> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cstring> 5 #include <cstdio> 6 #include <cmath> 7 #include <algorithm> 8 #include <ctime> 9 #include <vector> 10 #include <queue> 11 #include <map> 12 #include <set> 13 using namespace std; 14 typedef long long LL; 15 const LL inf = (1LL<<50); 16 const int MAXN = 50011; 17 int n,a[MAXN],dui[MAXN],head,tail; 18 LL L,f[MAXN],sum[MAXN],S[MAXN]; 19 20 inline int getint() 21 { 22 int w=0,q=0; char c=getchar(); 23 while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=1,c=getchar(); 24 while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar(); return q ? -w : w; 25 } 26 27 inline bool check(int x,int y,int i){ 28 x=dui[x]; y=dui[y]; 29 LL ji=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y]; 30 LL comp=2*(S[i]-L); comp*=S[x]-S[y]; 31 if(ji>=comp) return true; return false; 32 } 33 34 inline bool check2(int x,int y,int i){ 35 x=dui[x]; y=dui[y]; 36 LL ji1=f[x]-f[y]+S[x]*S[x]-S[y]*S[y]; ji1/=(S[x]-S[y]); 37 LL ji2=f[y]-f[i]+S[y]*S[y]-S[i]*S[i]; ji2/=(S[y]-S[i]); 38 if(ji1>=ji2) return true; return false; 39 } 40 41 inline void work(){ 42 n=getint(); L=getint(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint(),sum[i]=sum[i-1]+a[i],S[i]=sum[i]+i; 43 head=tail=0; dui[head]=0; L++; 44 for(int i=1;i<=n;i++) { 45 while(head<tail && check(head,head+1,i)) head++; 46 f[i]=f[dui[head]]+(S[i]-S[dui[head]]-L)*(S[i]-S[dui[head]]-L); 47 while(head<tail && check2(tail-1,tail,i)) tail--; 48 dui[++tail]=i; 49 } 50 printf("%lld",f[n]); 51 } 52 53 int main() 54 { 55 work(); 56 return 0; 57 }