傳送門

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

Sample Output

題解

這道題是一道dp，需要采用斜率優化。一般的dp方程很好寫出：記dp[i]為前i個物品的最小代價，s[i]為前i中物品的總長度。則有dp[i]=min(d[i],dp[j]+(s[i]-s[j]+i-j-1-L)^2) (j<i)。

我們記f[i]=sum[i]+i，cc=l+1.

則有dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(f[i]-f[j]-cc)^2)。

顯然f[i]是單調遞增的。斜率為(dp[k]+(f[k]+c)^2-dp[j]-(f[j]+c)^2)/2*(f[k]-f[j])<=f[i]

我們用隊列維護，每次取出隊頭。

隊尾為q[tail]，前一個為q[tail-1]。

滿足斜率(qtail],i)<斜率(q[tail-1],q[tail])時，隊尾無效，將其彈出。

代碼

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6
 
 #include<cmath>
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 int n,l,head,tail;
10 int c[50010],q[50010];
11 ll s[50010],f[50010],cc;
12 double xie(int x,int y){
13     return (f[y]-f[x]+(s[y]+cc)*(s[y]+cc)-(s[x]+cc)*(s[x]+cc))/(2.0*(s[y]-s[x]));
14 }
15 void dp(){
16     int i,j;
17     head=tail=1;q[1]=0;
18     for(i=1;i<=n;++i){
19         while(head<tail && xie(q[head],q[head+1])<=s[i])  head++;
20         int x=q[head];
21         f[i]=f[x]+(s[i]-s[x]-cc)*(s[i]-s[x]-cc);
22         while(head<tail && xie(q[tail],i)<xie(q[tail-1],q[tail]))  tail--;
23         q[++tail]=i;
24     }
25 }
26 int main(){
27     int i,j;
28     scanf("%d%d",&n,&l);cc=l+1;
29     for(i=1;i<=n;++i){
30         scanf("%d",&c[i]);
31     }
32     s[0]=0;
33     for(i=1;i<=n;++i)  s[i]=s[i-1]+c[i];
34     for(i=1;i<=n;++i)  s[i]+=i;
35     dp();
36     printf("%lld\n",f[n]);
37     return 0;
38     
39 }

bzoj1010[HNOI2008]玩具裝箱toy