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
3
4
2
1
4
Sample Output
HINT
Source
Solution
设$f[i]$表示前$i$个物品装箱所需最小花费。
假设我们把$[j+1,i]$的物品装到一个箱子里,那么很容易得出dp方程:
$f[i]=min{f[j]+(i-j+(sum_{k=j+1}^{i}c[k])-L)^{2}}$
现在要把这个$O(n^{2})$优化成$O(n)$:
设$d[i]=d[i-1]+c[i]+1$,$P=L+1$,那么
$f[i]=min{f[j]+(d[i]-d[j]-P)^{2}}$
假设k<j<i,且j比k优,则:
$f[j]+(d[i]-d[j]-P)^{2}<f[k]+(d[i]-d[k]-P)^{2}$
化简后的结果是:
$frac{(f[j]+d[j]^{2})-(f[k]+d[k]^{2})}{d[j]-d[k]}<2*(d[i]-P)$
将$f[j]+d[j]^{2}$看成$y_{j}$,将$d[j]$看成$x_{j}$,就变成了斜率的表达式。
维护一个下凸壳($min$就是下凸壳,$max$就是上凸壳),找凸包上关于斜率$2*(d[i]-P)$的切点,该店就是决策点。
说右凸壳的都给我狗带!狗带!!!
由于满足决策单调性,所以决策$j$是单调不下降的,我们可以把多余的斜率删掉。
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 long long f[50005], c[50005]; 4 int q[50005]; 5 6 double pow(long long x) 7 { 8 return 1.0 * x * x; 9 } 10 11 double slope(int x) 12 { 13 return (f[q[x]] + pow(c[q[x]]) - f[q[x - 1]] - pow(c[q[x - 1]])) / (c[q[x]] - c[q[x - 1]]); 14 } 15 16 int main() 17 { 18 int n, l, front = 0, back; 19 cin >> n >> l; 20 for(int i = 1; i <= n; ++i) 21 { 22 cin >> c[i]; 23 c[i] += c[i - 1] + 1; 24 } 25 ++l; 26 q[back = 1] = 0; 27 for(int i = 1; i <= n; ++i) 28 { 29 while(front + 1 < back && slope(front + 2) <= 2 * (c[i] - l)) 30 ++front; 31 int j = q[front + 1]; 32 f[i] = f[j] + (long long)pow(c[i] - c[j] - l); 33 q[++back] = i; 34 while(front + 1 < back && slope(back - 1) >= slope(back)) 35 q[--back] = i; 36 } 37 cout << f[n] << endl; 38 return 0; 39 }