[bzoj 1010] [HNOI2008]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
1
和特别行动队那题是一样的,这里我直接给出dp方程:
[{ f }_{ i }=min{ { f }_{ j }+{ ({ sum }_{ i }-{ sum }_{ j }+i-j-L-1) }^{ 2 }} quad (j<i)
]
我们用({ S }_{ i })表示({ sum }_{ i }+i),(P)表示(L+1).那么方程可化为:
[{ f }_{ i }=min{ { f }_{ j }+{ ({ S }_{ i }-{ S }_{ j }-P) }^{ 2 }} quad (j<i)
]
假设存在(j<k<i)使得k更优.
那么化简后就有:
[frac { ({ f }_{ k }+{ { S }_{ k } }^{ 2 }+2P{ S }_{ k })-({ f }_{ j }+{ { S }_{ j } }^{ 2 }+2P{ S }_{ j }) }{ 2({ S }_{ k }-{ S }_{ j }) } <{ S }_{ i }
]
之后就可以像前面那样斜率优化了.不懂具体的可以看这里:传送门
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using std :: memset;
using std :: max;
using std :: min;
typedef long long LL;
static const int maxm=1e6+10;
LL A[maxm],sum[maxm],Q[maxm],f[maxm],s[maxm];
int n,l,head=1,tail=1;
LL sqr(LL x){
return x*x;
}
LL get_up(int i){
return (f[i]+sqr(s[i])+2*l*s[i]);
}
LL get_down(int k,int j){
return 2*(s[k]-s[j]);
}
double slp(int k,int j){
return (double) (get_up(k)-get_up(j))/get_down(k,j);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&l); l++;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&A[i]),sum[i]=sum[i-1]+A[i],s[i]=sum[i]+i;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head<tail&&slp(Q[head+1],Q[head])<=s[i])head++;
f[i]=f[Q[head]]+sqr(s[i]-s[Q[head]]-l);
while(head<tail&&slp(i,Q[tail])<=slp(Q[tail],Q[tail-1]))tail--;
Q[++tail]=i;
}
printf("%lld
",f[n]);
return 0;
}