BZOJ1010[HNOI2008] 玩具装箱toy

原题链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010

玩具装箱toy

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Ci.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+Sigma(Ck) i<=K<=j 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

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

Output

　　输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

题解

我们以dp[i]dp[i]dp[i]表示前iii个物品装箱的最小费用，因为玩具必须连号，所以我们要找到一个j(j<i)" role="presentation" style="position: relative;">j(j<i)j(j<i)j (j使得玩具j→ij→ij\to i打包的费用最小，设sum[i]=∑ij=1Cjsum[i]=∑j=1iCjsum[i]=\sum_{j=1}^{i}C_j，于是就有了状态转移方程：

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2)dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2)

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)

设f[i]=sum[i]+i,b=L+1f[i]=sum[i]+i,b=L+1f[i]=sum[i]+i,b=L+1，就有：

dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−b)2)dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−b)2)

dp[i]=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-b)^2)

接下来求解斜率方程(k<j<i)(k<j<i)(k：

dp[k]+(f[i]−f[k]−b)2<dp[j]+(f[i]−f[j]−b)2dp[k]+(f[i]−f[k]−b)2<dp[j]+(f[i]−f[j]−b)2dp[k]+(f[i]-f[k]-b)^2
dp[k]+(f[i]−b)2+f2[k]−2(f[i]−b)f[k]<dp[j]+(f[i]−b)2+f2[j]−2(f[i]−b)f[j]dp[k]+(f[i]−b)2+f2[k]−2(f[i]−b)f[k]<dp[j]+(f[i]−b)2+f2[j]−2(f[i]−b)f[j]dp[k]+(f[i]-b)^2+f^2[k]-2(f[i]-b)f[k]
dp[k]+f2[k]−dp[j]−f2[j]<2(f[i]−b)(f[k]−f[j])dp[k]+f2[k]−dp[j]−f2[j]<2(f[i]−b)(f[k]−f[j])dp[k]+f^2[k]-dp[j]-f^2[j]
dp[k]+f2[k]−dp[j]−f2[j]f[k]−f[j]>2(f[i]−b)dp[k]+f2[k]−dp[j]−f2[j]f[k]−f[j]>2(f[i]−b)\frac{dp[k]+f^2[k]-dp[j]-f^2[j]}{f[k]-f[j]}>2(f[i]-b)

这样就推导完成了，跑一发斜率优化即可AC。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
const int M=5e4+5;
int n,l,que[M];
ll f[M],dp[M];
void in()
{scanf("%d%d",&n,&l);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&f[i]);
}
ll sqr(ll x){return x*x;}
db slop(int a,int b)
{return (dp[a]+f[a]*f[a]-dp[b]-f[b]*f[b])/(f[a]-f[b]);}
void ac()
{for(int i=2;i<=n;++i)f[i]+=f[i-1];for(int i=1;i<=n;++i)f[i]+=i;int le=0,ri=0;for(int i=1;i<=n;++i){while(le<ri&&slop(que[le],que[le+1])<=2*(f[i]-l-1))le++;dp[i]=dp[que[le]]+sqr(f[i]-f[que[le]]-l-1);while(le<ri&&slop(que[ri],i)<=slop(que[ri-1],que[ri]))ri--;que[++ri]=i;}printf("%lld",dp[n]);
}
int main()
{in();ac();return 0;
}