玩具装箱TOY(HNOI2008)

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 \(C_i\)​ .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 \(x=j-i+\sum_{k=i}^jC_k\)​ 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 Format

第一行输入两个整数\(N\)，\(L\).接下来N行输入\(C_i\).\(1<=N<=50000,1<=L,C_i<=10^7\)

Output Format

输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

1

解析

简单分析题目大意：给定一个数列，可以将其分为若干个连续的子段，将区间\([i,j]\)分为一段的花费为\((j-i+\sum_{k=i}^jC_k-L)^2\)，求最小划分总花费。
由于没有需要划分多少段的限制，可以直接简单地设置状态：f[i]代表完成了前i个数的划分的最小花费和。
区间的花费是利用前缀和可以O(1)求解的，那么状态转移方程就是\[f_i=min\{f_j+(i-(j+1)+sum_i-sum_j-L)^2\}\]
暴力思路：\(O(n^2)\)枚举\(i,j\)求解。
但是\(50000\)的数据\(O(n^2)\)肯定不行啊，我们考虑优化这个dp。
先化简括号内花费内容：
\[ (i-(j+1)+sum_i-sum_j-L)^2 \\=(i-j-1+sum_i-sum_j-L)^2 \\=((i+sum_i)+(-L-1-j-sum_j))^2 \\设a_k=(k+sum_k),b_k=(a_k+L+1) \\=(a_i-b_j)^2 \]
代回原式：
\[ f_i=min\{f_j+(a_i-b_j)^2\} \]
假设我们已经找到了最优的\(f_j\)，那么：
\[ f_i=f_j+(a_i-b_j)^2 \\⇒f_i=f_j+a_i^2-2a_ib_j+b_j^2 \\⇒f_j+b_j^2=2a_ib_j+(f_i-a_i^2) \]
(将只与i有关的项和只与j有关的项分别整理)
这个时候我们发现式子中有一项是即和\(i\)有关有和\(j\)有关的，然后就可以做一些神奇的优化了。
我们视\(f_j+b_j^2\)为\(y\)，\(b_j\)为\(x\)，\(2a_i\)为\(k\)，\((f_i+a_i^2)\)为\(b\)，那么我们就可以把它当做一个一次函数的的表达式\(y=kx+b\)。而且这个一次函数需满足：

1.过定点\((b_j,f_j+b_j^2)\)，由于这个点只和\(j\)有关，称其为\(P_j\)
2.其斜率为\(2a_i\)

这时候，我们需要重新定义\(f_i\)的含义：满足两个要求的一次函数的截距\((b)\)加上\(a_i^2\)。
由于\(a_i^2\)的值是确定的，我们需要求最小的\(f_i\)，即求做小的一次函数的截距。
我们将满足斜率为\(2a_i\)的直线以及点\(P_1,P_2,...,P_j\)描述在图中:

直线自下向上移动，只要它过任何一个点\(P\)，它就成为了符合要求的直线。
我们要求截距最小，显然，当它自下向上移动过的第一个点\(P_j\)时，截距最小。如图，此时能取得截距最小的点是\(P_2\)。那么由上可知，\(j=2\)时，一次函数的截距最小，更新得到的\(f_i\)也是最小的。
所以，我们的目标就转变为了找到一次函数能够第一个“碰到”的点。

观察上图，我们将最有可能与直线先“碰到”的点(最外围的点)两两相连，发现：它们近似的构成了一个下凸壳的形状，两两相连的线段所在的直线的斜率依次递增。
此时我们发现了一个很好的性质，我们的目标直线第一个过的点最优点\(P_j\)满足：\(P_j,P_{j+1}\)所在直线是斜率大于目标直线斜率的第一条直线。(\(P_2,P_3\)构成的直线的斜率大于图中直线的斜率，但\(P_1,P_2\)构成的直线的斜率小于图中直线的斜率，所以\(P_2\)为最优点)

那么这就成为了我们的突破口了：由于构成下凸壳直线满足斜率单调递增，我们用单调队列维护这些\(P\)点。由于随着i的增加，\(a_i\)也是单调递增的，这就应和了单调队列的操作。
对于每一个\(i\)，我们让斜率小于\(2a_i\)的单调队列中的直线所对应的点出队(它小于当前的\(2a_i\)，由于\(a_i\)单调递增，它也一定小于以后的\(2a_i\)，所以这些点将会是一直无用的，可以直接出队)，直到找到第一条斜率大于\(2a_i\)的直线，此时，队头的点的编号j即为最优决策。我们直接利用该决策转移。
完成转移以后，新的点\(P_i\)也需要加入队列里，此时，我们还要维护一个操作：

当\(P_i\)(图中的\(P_7\))加入后，我们发现，原来的\(P_4,P_3\)构成的直线的斜率大于\(P_3\)和新的\(P_4\)构成的斜率，这样，\(P_4\)就到了内部，新的下凸壳由\(P_1,P_2,P_3,P_7\)构成，我们需要让\(P_4\)出队。
即当\(slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail-1],i)\)(\(slope\)代表斜率函数)时，队尾出队。

事实上，我们在不断维护一个下凸壳的形状，由于单调队列一共会进出至多N个点，所以，这样实现转移的时间复杂度是\(O(n)\)的，我们将此种优化方法称为斜率优化。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50000+80;
long long f[N],q[N],sum[N],toy[N],n,L,head,tail;
inline long long a(long long k){return sum[k]+k;}
inline long long b(long long k){return a(k)+L+1;}
inline long long x(long long k){return b(k);}
inline long long y(long long k){return f[k]+b(k)*b(k);}
inline double slope(long long p,long long q){return ((y(p)-y(q))*1.0)/((x(p)-x(q))*1.0);}
int main(void)
{freopen("toy.in","r",stdin);freopen("toy.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&L);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&toy[i]);sum[i]=sum[i-1]+toy[i];}for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<2*a(i))head++;f[i]=f[q[head]]+(a(i)-b(q[head]))*(a(i)-b(q[head]));while(head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail-1],i))tail--;q[++tail]=i;}printf("%lld\n",f[n]);
}