P3195 [HNOI2008]玩具裝箱TOY

設前綴和為$s[i]$

那麽顯然可以得出方程

$f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]+i-j-L-1)^{2}$

換下順序

$f[i]=f[j]+(s[i]+i-(s[j]+j+L+1))^{2}$

為了處理方便，我們套路地設

$a[i]=s[i]+i$

$b[i]=s[i]+i+L+1$

於是得出

$f[i]=f[j]+(a[i]-b[j])^{2}$

拆開：$f[i]=f[j]+a[i]^{2}-2*a[i]*b[j]+b[j]^{2}$

移項：$f[j]+b[j]^{2}=2*a[i]*b[j]+f[i]-a[i]^2$

於是我們就把不變量和變量分開了（$i$固定）

仔細觀察

$f[j]+b[j]^{2}=2*a[i]*b[j]+f[i]-a[i]^2$

$y=k*x+b$

一次函數！

$y=f[j]+b[j]^{2}$

$k=2*a[i]$（$i$遞增時，顯然它是單調遞增的）

$x=b[j]$

$b=f[i]-a[i]^{2}$

如果我們要讓$f[i]$最小，就是讓$b$最小

而對於每個$i$，$k$是不變的

那麽問題就轉化成：找到一個最優的$(x,y)$使$b$最小

考慮到$k$是單調遞增的

於是我們就可以快樂地用單調隊列維護下凸包辣

while(L<R&&K(h[L],h[L+1
 
])<=2*a(i)) ++L;//顯然h[L]不比h[L+1]優，可以刪去
f[i]=f[h[L]]+(a(i)-b(h[L]))*(a(i)-b(h[L]));//計算出最優的f[i]
while(L<R&&K(h[R-1],h[R])>K(h[R],i)) --R;//加入點（x[i],y[i]）後，h[R]在凸包內部，可以刪去①
h[++R]=i;//入隊

①：顯然在加入橙點後，藍點在凸包內部，可以被刪除

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using
 
 namespace std;
typedef double db;
#define N 50005
db f[N],s[N];
int n,l,L,R,h[N];
inline db a(int x){return s[x]+x;}
inline db b(int x){return s[x]+x+l+1;}
inline db X(int x){return b(x);}
inline db Y(int x){return f[x]+b(x)*b(x);}
inline db K(int x,int y){return (Y(x)-Y(y))/(X(x)-X(y));}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&l);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&s[i]),s[i]+=s[i-1];
    L=R=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(L<R&&K(h[L],h[L+1])<=2*a(i)) ++L;
        f[i]=f[h[L]]+(a(i)-b(h[L]))*(a(i)-b(h[L]));
        while(L<R&&K(h[R-1],h[R])>K(h[R],i)) --R;
        h[++R]=i;
    }printf("%.0lf",f[n]);
    return 0;
}

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