玩具装箱[HNOI2008]

题目描述

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 cdots n) 的 (n) 件玩具，第 (i) 件玩具经过压缩后的一维长度为 (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+sumlimits_{k=i}^{j}C_k)

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)。但他希望所有容器的总费用最小。

输入格式

第一行有两个整数，用一个空格隔开，分别代表 (n) 和 (L)。

第 (2) 到 第 ((n + 1)) 行，每行一个整数，第 ((i + 1)) 行的整数代表第 (i) 件玩具的长度 (C_i)。

输出格式

输出一行一个整数，代表所有容器的总费用最小是多少。

补一道斜率优化模板题QWQ

题解

设(dp[i])表示装前(i)个玩具的最小花费，(sum[i])为前(i)个玩具的(C_i)之和

转移方程非常显然：(dp[i]=min_{j=0}^{i-1} dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)

一个经典的1D/1D动态规划

直接转移是(n^2)的 由于这题转移方程有平方项所以也不能直接用单调队列 看到有二次项的1D/1D动态规划就要考虑使用斜率优化

接下来说说什么是斜率优化

我们给原方程变个形

设(A_i=sum[i]+i,B_i=sum[i]+i+L+1)

那个(min)看着麻烦 先扔掉了

那么现在有 (dp[i]=dp[j]+(A_i-B_j)^2)

拆开完全平方，得到(dp[i]=dp[j]+A_i^2-2*A_i*B_j+B_j^2)

把只含(j)的全部移到左边，得到((dp[j]+B_j^2)=(2*A_i)*B_j+(dp[i]-A_i^2))

为什么要打上括号？

看一下直线的斜截式的方程(y=kx+b) 我们的转移方程里 让(y=dp[j]+B_j^2, k=(2*A_i), x=B_j, b=(dp[i]-A_i^2)) 就是一条直线方程

其中(j<i)，所以(dp[j])我们已经算出来了 所以(y,k,x)都是已知的

(j<i)的(j)不止一个 所以实际上现在在二维平面上有很多个点 第(j)个点的坐标为((B_j, dp[j]+B_j^2))

由于(A_i^2)已知，我们希望(dp[i])尽量小就是要让(dp[i]-A_i^2)尽量小 也就是截距要尽量小

所以我们现在需要在二维平面上选一个点(j) 过它画一条斜率为(2*A_i)的直线 直线的截距即是(dp[i]-A_i^2)

比如像是这样？

这是我们在推(dp[6]) 当直线斜率为(2*A_6)时 我们发现让它经过第3个点得到的截距最小

从而我们就能让(dp[6])的值从(dp[3])转移过来 然后在图中加入第6个点((B_6,dp[6]+B_6^2))

问题来了 我们怎么快速求得经过哪个点会使得截距最小？

这题有一个很重要的性质：(x),即(B_j); 以及(k),即(2*A_i)(满足决策单调性!!!); 这两个都是递增的 (没有这个性质就不能用单调队列了 而是用cdq分治之类的算法)

所以第(i)个点一定在第(i-1)个点右边 而且直线的斜率也只会越来越大

我们对于已经存在的点 维护一个下凸壳 放在单调队列里

我们记第(j)个点为(p_j)，记相邻两点连成的直线的斜率为 (operatorname{slope}(p_{j-1},p_j))

假设当前在推(dp[6])的值 则我们要画一条斜率为(2*A_6)的直线

观察一下 我们发现 找到凸壳上第一个(j)满足(operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})>2*A_6)，过这个点画直线就是最优的 这个例子中这个点就是3

而且还有一个之前提到的性质 (2*A_i)是单增的 所以如果某个(operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})<2*A_6) 那么对于之后的(i>6)，也一定是(operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})<2*A_i) 所以(j)这个点无论如何都不再会被用到 就直接从队列里弹出 ①

最后单调队列的队头就是最优的决策点 我们算出(dp[6])的值 由于(B_j)是递增的 我们可以直接把((B_6,dp[6]+B_6^2))拿去更新这个凸包

更新时((B_6,dp[6]+B_6^2))可能在这里

此时 (operatorname{slope}(p_{4},p_{5})>operatorname{slope}(p_{5},p_{6}))

为了维护凸包的性质 我们把(4 ightarrow 5)这条边从队列里删掉(即把5弹出) 然后再加入6 ②

实现起来其实很简单 结合注释看看吧

每个点最多出队入队一次 时间复杂度(O(n))
不知道为什么原题数据规模这么小

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x * f;
}

int n, head, tail, q[100005]; 
ll l, c[100005], a[100005], b[100005], dp[100005];

struct point{
	ll x, y;
	point() {}
	point(ll xx, ll yy): x(xx), y(yy) {}
} p[100005];

double slope(point A, point B) {
	return 1.0 * (A.y - B.y) / (A.x - B.x);
}

int main() {
	read(n); read(l);
	b[0] = l + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		read(c[i]); 
		a[i] = a[i-1] + c[i] + 1; //预处理Ai,Bi
		b[i] = b[i-1] + c[i] + 1;
	}
	head = tail = 1;
	p[0] = point(b[0], b[0] * b[0]); //开始时队列里只有0号点
	q[1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		while (head < tail && slope(p[q[head]], p[q[head+1]]) < 2.0 * a[i] + 1e-8) head++; //文中注释1
		dp[i] = dp[q[head]] + (a[i] - b[q[head]]) * (a[i] - b[q[head]]); //q[head]为最佳决策点 直接用原转移方程更新dp[i]
		p[i] = point(b[i], dp[i] + b[i] * b[i]); //确定i号点的位置
		while (head < tail && slope(p[q[tail-1]], p[q[tail]]) + 1e-8 > slope(p[q[tail]], p[i])) tail--; //文中注释2
		q[++tail] = i;
	}
	printf("%lld
", dp[n]);
	return 0;
}