[HNOI2008]玩具装箱toy
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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(C_i).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+sum(C_k) (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(C_i).(1<=N<=50000,1<=L,C_i<=10^7)
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
显然是个dp，而且一眼就可以看出怎么做。。。
设(f[i])表示前(i)个木板的最优解，(sum[i])表示前(i)个木板的长度和。
(f[i]=Min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-L-1)2) [0<=j<i])
然后又是看了一眼数据范围，发现这个东西实在是有些暴力。所以我们要优化。。。。。
然后，这就是一道特别经典的斜率优化(dp).
我们先把这个式子进行一波变形（假设(L++)）
为什么要化为这个形式呢，我们可以观察一下这个式子：
由于我们要求的是(f[i]),这个式子中的变量为(j),所以观察可以发现这个式子其实是一个一次函数一般式(b+kx=y)
(b=f[i] k=2*s[i] x=(s[j]+L) y=f[j]+s[i]^2+(s[j]+L)^2)
而我们要干的事情就是已知(k),然后不断的代入((x,y))，最后去解那个(b).
所以我们用一张图来表示需要我们去做的事
我们要用一条已知斜率的平行线由给定点的位置不断的平移，然后求最小的截距。
这个操作其实就可以来进行优化了。
首先发现(s[i])是单增的。
由上图我们可以发现，假设直线(A,B)的斜率小于(k)，那么(A)就一定不可能成为最优解（显然无论什么时候选(B)比它更优，（(k)是单增的））
所以我们先这个从头开始一波删点。
再考虑加了当前点以后。
显然如果新的点比前面的点更优，那么我们也一定选择新的点。
总的看很像在维护一个凸包。。。。。
这就是最简单的斜率优化啦~~~
那么我们来总结一下什么时候可以用最经典的斜率优化：
首先要有单调性。
可以写成一次函数的形式，而且变量是一个点并且已知斜率，或者说你要求的答案刚好可以表示成截距。
个人认为斜率优化实在充分理解(dp)状态转移方程以后得到的。如果你遇到了一个状态转移方程并且需要优化的话，你可以尝试能否满足上面两种要求。
#include<cstdio>
#define ll long long
#define Empty (head>=tail)
#define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N=50100;ll s[N],Q[N],f[N],n,x,head,L,tail,j;
inline double X(ll i){return s[i];}
inline double Y(ll i){return f[i]+(s[i]+L-1)*(s[i]+L-1);}
inline double Rate(ll i,ll k){return (Y(k)-Y(i))/(X(k)-X(i));}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&L);s[0]=0;L++;head=1;tail=1;Q[1]=0;
go(i,1,n){scanf("%lld",&s[i]);s[i]+=s[i-1];}go(i,1,n)s[i]+=i;
go(i,1,n)
{
while(!Empty&&Rate(Q[head],Q[head+1])<2*s[i])head++;
j=Q[head];f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
while (!Empty&&Rate(Q[tail-1],Q[tail])>Rate(Q[tail],i))tail--;Q[++tail]=i;
}
printf("%lld
",f[n]); return 0;
}