BZOJ-1010-[HNOI2008]玩具裝箱toy(斜率優化)
Description
P教授要去看奧運,但是他舍不下他的玩具,於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓
縮,其可以將任意物品變成一堆,再放到一種特殊的一維容器中。P教授有編號為1...N的N件玩具,第i件玩具經過
壓縮後變成一維長度為Ci.為了方便整理,P教授要求在一個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果一個一維容
器中有多個玩具,那麽兩件玩具之間要加入一個單位長度的填充物,形式地說如果將第i件玩具到第j個玩具放到一
個容器中,那麽容器的長度將為 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的費用與容器的長度有關,根據教授研究,
如果容器長度為x,其制作費用為(X-L)^2.其中L是一個常量。P教授不關心容器的數目,他可以制作出任意長度的容
器,甚至超過L。但他希望費用最小.
Input
第一行輸入兩個整數N,L.接下來N行輸入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
輸出最小費用
Sample Input
5 43
4
2
1
4
Sample Output
1題解
這道題樸素dp要O(n^2),果斷超時,dp[i]表示前1~i合並的最優值,枚舉j表示前一次合並的位置
那麽dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2)
這裏可以用斜率優化來做,把復雜度降到O(n)
我們假設k<j<i,j比k更優,那麽就是dp[j]+(i-(j+1)+s[i]-s[j]-L)^2<=dp[k]+(i-(k+1)+s[i]-s[k]-L)^2
我們這裏再用f[i]=s[i]+i,那麽式子化成了dp[j]+(f[i]-f[j]-1-L)^2<=dp[k]+(f[i]-f[k]-1-L)^2
再接著化下去就變成了
(dp[j]-dp[k]+(f[j]+1+L)^2-(f[k]+1+L)^2)/(2*(f[j]-f[k]))<=f[i]
根據這個式子,我們在加入隊列的時候就可以判斷了
對於踢出隊尾,我們考慮一下q[tail],i和q[tail-1],q[tail]的斜率
因為f[i]是單調遞增的,q[tail-1],q[tail]原來就滿足<=f[i],所以要踢出隊尾,就要有q[tail],i<q[tail-1],q[tail](表示i比q[tail]更優)
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define N 50005 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 int n,head,tail; 6 ll L; 7 int a[N]; 8 ll s[N],f[N],dp[N],q[N]; 9 double calc(int k,int j){ 10 return (double)(dp[j]-dp[k]+(f[j]+1+L)*(f[j]+1+L)-(f[k]+1+L)*(f[k]+1+L))/(2*(f[j]-f[k])); 11 } 12 int main(){ 13 scanf("%d%lld",&n,&L); 14 for (int i=1;i<=n;i++) 15 scanf("%lld",&a[i]),f[i]=f[i-1]+1+a[i]; 16 head=1; tail=1; 17 for (int i=1;i<=n;i++){ 18 while (head<tail&&calc(q[head],q[head+1])<=f[i]) head++; 19 int k=q[head]; 20 dp[i]=dp[k]+(f[i]-f[k]-1-L)*(f[i]-f[k]-1-L); 21 while (head<tail&&calc(q[tail],i)<calc(q[tail-1],q[tail])) tail--; 22 q[++tail]=i; 23 } 24 printf("%lld\n",dp[n]); 25 return 0; 26 }View Code
BZOJ-1010-[HNOI2008]玩具裝箱toy(斜率優化)