玩具裝箱toy bzoj-1010 HNOI-2008

　　　　題目大意：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。

　　　　註釋：$1\le n\le 5\cdot 10^4$，$1\le L,c_i\le 10^7$。

　　　　　　想法：顯然dp。狀態特別簡單，轉移也特別簡單。

　　　　　　　　狀態：dp[i]表示打包完前i個的最小代價。

　　　　　　　　轉移：$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j)^2),1\le j \le i-1$。

　　　　　　然後，過不去是顯然的。我們在此介紹一種優化dp的算法：斜率優化。

　　　　　　就是說，我將一個1D1D型的dp狀態轉移問題可以將一個裝一狀態變成一條直線，其中y=kx+b，b是當前需要轉移的狀態，欽定k是一個常數(這裏，一切除了和dp[i]有關的且和i有關變量均可視為常數)。我們先將從1到i-1所有的點，從通過您列的直線解析式中的y和x的計算法則算一下，就可以得到i-1個點，把這i-1個點扔進坐標系。然後，我逐一欽定這i-1個點，將一條斜率為k的直線經過被欽定點。這樣就會得到一個截距，有題目可知就能知道是最大截距還是最小截距。然後，我們以最大截距為例，首先先保證所有的轉移方程在任何情況下k的正負都是確定的。緊接著我們得出了直接轉移到dp[i]的點j（由於是取最小值，這裏找到了一個滿足最小值的方案），顯然，之前不滿足題意的之後一定也不滿足題意，所以我們就可以把它刪了... ...，這些類似的操作都可以用... ...單調隊列來實現。具體地，大可直接看代碼... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50100;
ll s[N],Q[N],f[N],n,x,head,L,tail,j;
inline double X(ll i)//返回單點橫坐標
{
	return s[i];
}
inline double Y(ll i)//返回單點縱坐標
{
	return f[i]+(s[i]+L-1)*(s[i]+L-1);
}
inline double Rate(ll i,ll k)//返回兩點斜率
{
	return (Y(k)-Y(i))/(X(k)-X(i));
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&L);
	L++;
	head=tail=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&s[i]);
		s[i]+=s[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		s[i]+=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(!(head>=tail)&&Rate(Q[head],Q[head+1])<2*s[i])head++;//維護單調隊列
		j=Q[head];f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
		while (!(head>=tail)&&Rate(Q[tail-1],Q[tail])>Rate(Q[tail],i))
			tail--;Q[++tail]=i;//維護單調隊列
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

　　　　由於有了不小心磕々絆々の全球流(手白錯誤合計)，以後所有的博客就不寫錯誤了

　　　　小結：斜率優化的作用在於優化dp qwq

　　　　給各位推薦一篇blog，寫的超級詳細。http://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/7259491.html

[bzoj1010][HNOI2008]玩具裝箱toy_斜率優化dp