BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具包装toy

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题目大意：见原题。

算法分析：

        设s[i]为c[i]的前缀和，f[i]表示第1个物品到第i个物品的最小代价。

        易得DP方程为f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]+i-j+1-l)^2)。

        设t[i]=s[i]+i。则f[i]=min(f[j]+(t[i]-t[j]+1-l)^2。

        设m=t[i]-l-1。则f[i]=min(f[j]+(m-t[j])^2)。

        对i做决策时，设j，k为2个一般的决策点。设j<k。

        若k比j优，则有

        f[k]+(m-t[k])^2<f[j]+(m-t[j])^2

        展开，得

        f[k]+m^2-2*m*t[k]+t[k]^2<f[j]+m^2-2*m*t[j]+t[j]^2

        化简，得

        ((f[k]+t[k]^2)-(f[j]+t[j]^2))/(t[k]-t[j])<2*m=2*(s[i]+i-l-1)

        于是能够用单调队列来优化DP。

        单调队列优化DP的伪代码：

for (int i=1;i<=n;++i){
	while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<...) h++;
	f[i]=...;
	while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--;
	q[t++]=i;
}

        斜率优化的2个重要结论（对于此题）：

        1）j<k，若slope(j,k)<2*(s[i]+i-l-1)，则k比j优。

（PS：不等式左边为仅仅与j,k有关的式子。不等式右边为仅仅与i有关的式子）

        2）j<k<l，若slope(j,k)>slope(k,l)，则k能够被舍去。

Code:

#include <cstdio>

#define N 50000

using namespace std;

int n,l,h,t=1,c[N+10],q[N+10];
long long s[N+10],f[N+10];

template <typename T>
inline T sqr(T x){return x*x;}
inline double slope(int i,int j){return (f[i]+sqr((double)s[i]+i)-f[j]-sqr((double)s[j]+j))/(s[i]+i-s[j]-j);}

int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("1010.in","r",stdin);
	freopen("1010.out","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d%d",&n,&l);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);
	for (int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+c[i];
	for (int i=1;i<=n;++i){
		while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<2*(s[i]+i-l-1)) h++;
		f[i]=f[q[h]]+sqr(s[i]-s[q[h]]+i-q[h]-1-l);
		while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--;
		q[t++]=i;
	}
	printf("%lld
",f[n]);
	return 0;
}

By Charlie Pan

Jul 18,2014

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