斜率优化DP入门题
首先有一个很显然的做法
设 $f[i]$ 表示当前以第 i 个节点作为一段区间的结尾时，从 1 到 i 的最小花费
然后枚举上一个作为结尾的物品的编号为 j
那么转移就直接根据题意求就行了
设长度的前缀和为 $sum$，那么花费就是 $(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2$
那么转移方程为 $f[i]=f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2$
那么 $f[i]=f[j]+((i+sum[i])-(j+sum[j]+1+L))^2$
设 $A[i]=i+sum[i],B[i]=A[i]+1+L$
那么 $f[i]=f[j]+A[i]^2-2A[i]B[j]+B[j]^2$
所以 $2A[i]B[j]+(f[i]-A[i]^2)=f[j]+B[j]^2$
设 $y=f[j]+B[j]^2,k=2A[i],x=B[j],b=(f[i]-A[i]^2)$
那么上式就变成了 $kx+b=y$ 的样子
对于同一个 $i$，$k$ 是不变的，$A[i]^2$ 也是不变的，对于同一个 $i$ ，如果确定了直线 $y=kx+b$ 经过的一个点就确定了此直线
所以如果我们能找到一个点 $(x_j,y_j)$，使得直线 $y=kx+b$ 的截距 $b$ 最小，那么此时的 $f[i]$ 也就取最小值
对当前每个点 $(x,y)$ 维护一个下凸包，因为显然 $b$ 取最小时直线一定经过的是下凸包上的点，自己画个图就好了
然后可以发现随着 $i$ 的上升，$k$ 是不降的，所以 $f[i]$ 也是满足单调不降的，所以直接用单调队列维护凸包内的点就好了（这个同样画个图就懂了）
注意long long
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; typedef double db; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=5e4+7; int n,L,c[N]; ll sum[N],f[N]; int q[N],hea,las; inline ll a(int x) { return sum[x]+x; } inline ll b(int x) { return a(x)+L+1; } inline ll X(int x) { return b(x); } inline ll Y(int x) { return f[x]+b(x)*b(x); } inline db slope(int i,int j) { return (db)(Y(i)-Y(j))/(X(i)-X(j)); } int main() { n=read(); L=read(); for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+c[i]; hea=las=1; for(int i=1;i<=n;i++) { while(hea<las&&slope(q[hea],q[hea+1])<2*a(i)) hea++; f[i]=f[q[hea]]+(a(i)-b(q[hea]))*(a(i)-b(q[hea])); while(hea<las&&slope(i,q[las-1])<slope(q[las-1],q[las])) las--; q[++las]=i; } cout<<f[n]; return 0; }