HNOI 2008 玩具装箱TOY 斜率优化dp

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

　　

思路:

设sum[i]表示C的前缀和，则很容易得到O(n2)的转移方程:

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

为了简化方程，设g[i]=sum[i]+i,c=L+1, 于是转移方程为:

dp[i]=min{dp[j]+(g[i]−g[j]−c)2}

考虑两种决策j<k，则k比j优，当且仅当:

dp[j]+(g[i]−g[j]−c)2>dp[k]+(<
12ff7
/span>g[i]−g[k]−c)2

g[i]>dp[k]−dp[j]+(g[k]−c)2+(g[j]−c)22(g[k]−g[j])

我们记 slope(j,k)=dp[k]−dp[j]+(g[k]−c)2+(g[j]−c)22(g[k]−g[j])为j到k的斜率，作为判断哪个决策更优的依据．

由于g[i]单增，如果当前k比j优，则之后也必有k比j优，即转移具有决策单调性．那我们就可以维护一个单调队列，其中记录了一些决策点，且相邻元素的的斜率单增．更新dp[i]时，只需判断队首的两个元素的斜率是否有s≥g[i]，若是则说明第二个元素作为决策点更优，弹掉队首．然后直接取队首作为决策点更新dp[i]，并将i作为决策点插入队尾，但要保持队列中的斜率单调性．

source:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define Forr(i, j, k) for(int i = j; i >= k; i--)

const int N = 50010;

typedef long long LL;

LL sum
, g
, dp
, c;
int n, que
;

inline LL sqr(LL x){
return x * x;
}

inline LL cx(int l, int r){
return 2 * (g[r] - g[l]);
}

inline LL cy(int l, int r){
return dp[r] - dp[l] + sqr(g[r] + c) - sqr(g[l] + c);
}

int main(){
scanf("%d%lld", &n, &c), ++c;
For(i, 1, n){
scanf("%lld", &sum[i]);
sum[i] += sum[i - 1], g[i] = sum[i] + i;
}
int fst = 1, lst = 1;
que[1] = 0;
For(i, 1, n){
while(fst < lst && g[i] * cx(que[fst], que[fst + 1]) >=
cy(que[fst], que[fst + 1])) ++fst;
int x = que[fst];
dp[i] = dp[x] + sqr(g[i] - g[x] - c);
while(fst < lst && cy(que[lst - 1], que[lst]) * cx(que[lst], i) >=
cy(que[lst], i) * cx(que[lst - 1], que[lst])) --lst;
que[++lst] = i;
}
printf("%lld\n", dp
);
return 0;
}