[ HNOI 2008 ] 玩具装箱

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Description

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现有编号为 (1sim N) 的 (N) 件玩具，第 (i) 件长度为 (C_i) 。

现在要把按顺序排好的玩具划分成若干段，$[l,r] $的长度是 (len_{ lsim r}=r-l+sum_{i=l}^r C_i) 。

一段的代价为 ((len-L)^2) ，其中 (L) 是给出的常量。

求最小总代价。

• (Nle 5 imes10^4,C_i,Lle 10^9)

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Solution

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设 (len(l,r)) 表示区间 ((l,r]) 新成一段的最后长度。

显然有 (len(l,r)=r-l-1+sum_{i=l+1}^rC_i)

记录 (sum[i]=sum_{j=1}^iC_j) ，那么有

[len(l,r)=r+sum[r]-(l+sum[l])-1 ]

发现式子可以表示成 (l,r) 相关，我们设 (t(i)=i+sum[i]) ，那么有

[len(l,r)=t(r)-t(l)-1 ]

我们设 (w(l,r)) 表示区间 ((l,r]) 新生成一段的代价，那么有

[w(l,r)=igg(len(l,r)-Ligg)^2=igg(t(r)-t(l)-1-Ligg)^2 ]

不妨再设 (g(i)=t(i)+1+L) ，那么有 (w(l,r)=igg(t(r)-g(l)igg)^2=t(r)^2+g(l)^2-2g(l)t(r))

显然 (t) 和 (g) 是可以 (O(n)) 预处理的，询问可以做到 (O(1)) 。

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设 (f[i]) 表示到第 (i) 个玩具为止 (() 含第 (i) 个 ())，全部装箱的最小代价。

[f[i]=min_{j=1}^{i-1}{f[j]+w(j,i)}=min_{j=1}^{i-1}{f[j]+t(i)^2+g(j)^2-2g(j)t(i)} ]

假设我们现在找到了最优转移点 (j) ，那么有

[f[i]=f[j]+t(i)^2+g(j)^2-2g(j)t(i) ]

移项，有

[f[j]+g(j)^2=f[i]-t(i)^2+2t(i)g(j) ]

此时我们可以将转移模型抽象到二维平面了，设点 ((g(j),f[j]+g(j)^2)) 表示一个状态 。

我们将 (2t(i)) 看作斜率，将 (f[i]-t(i)^2) 看作与 (y) 轴相交点的纵坐标。

目标明确了：选择之前在坐标系上的任意一点用斜率构建直线，使得这一纵坐标最小。

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因为 (C_ige 1) 所以 (t(i)ge 0) ，我们的答案显然只会产生在下凸壳上。

如果我们用 (j) 去刻画 (f[j]) 对应的状态，考虑对于一个状态 (i) 的更新，(j) 点的答案合适劣于 (k) 点的答案。

移项，把 (j,k) 的答案都带进去，列出不等式，化简，可以得到 (() 博主太懒 ():)

[f[k]+g(k)^2-2g(k)t(i)le f[j]+g(j)^2-2g(j)t(i)\ frac{f[k]+g(k)^2-f[j]-g(j)^2}{g(k)-g(j)}le 2t(i) ]

继续分析，还是因为 (C_ige 1) ，所以 (t(i)) 是单调不降的。

因此注意到不等式右侧是单调不降的，所以每一个位置的最优决策点 (j) 单调不减。

用队列维护点，队头用单调队列那一套就可以搞了。

关于下凸包的维护，可以考虑队尾是一个单调栈，每次按照斜率逐个弹栈就可以了。

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特别提醒：此做法中 (g(0)) 初值不为 (0) ，而转移要用到，在开始的时候记得设 (g(0)=1+L) 。

其实设 (g(i)=i+m,t(i)=g(i)-1-L) ，可以惊喜的发现，后面所有的式子都是不变的。

而且也不需要预处理初值，因为转移方程在没有 (t(j)) 这一项，而在这一设法中， (g(0)=0) 。

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Code

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#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,m,t[N],g[N],f[N],q[N],hd,tl;

inline ll w(ll x,ll k){
  return f[x]+k*k+g[x]*g[x]-2*k*g[x];
}

inline double calck(ll x,ll y){
  return (double)(f[x]+g[x]*g[x]-f[y]-g[y]*g[y])/(double)(g[x]-g[y]);
}

int main(){
  n=rd(); m=rd();
  for(R int i=1,sum=0;i<=n;++i){
    sum+=rd();
    t[i]=i+sum; g[i]=t[i]+1+m;
  }
  q[hd=tl=1]=0;
  g[0]=1+m;
  for(R int i=1;i<=n;++i){
    while(hd<tl&&calck(q[hd+1],q[hd])<(double)t[i]*2) ++hd;
    f[i]=w(q[hd],t[i]);
    while(hd<tl&&calck(q[tl],q[tl-1])>calck(i,q[tl])) --tl;
    q[++tl]=i;
  }
  printf("%lld
",f[n]);
  return 0;
}