机器学习的内容过两天再写吧，昨晚心血来潮做了个算法题，写个题解凑篇博客。
题目来源：08年湖南NOI，在洛谷上可以找到这个题目，省选难度的题，可以说难度不小，链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3195
前两天刚写了有关增强学习的内容，提到了动态规划，我个人比较擅长做这类题。这道题显然也是动态规划解法，这个题简单的一个地方在于要求排列有序且不考虑容器个数，很显然一维dp就能到顶。状态dp[i]表示前i个玩具的总花费，其前一个状态dp[j]表示前j个玩具的总花费，剩下的第j+1到第i个玩具装到一个容器中，花费为(sum[i]+i-sum[j]-j-L-1)^2，sum[i]表示前i个玩具长度之和。很容易得到状态转移方程为dp[i] = min{dp[j]+ (sum[i]+i-sum[j]-j-L-1)^2},其中0<=j<i。编码的时候注意数据范围，我用的是Java，所以数据要用long来存储，直接使用这个状态转移方程，写两个for循环枚举j,i的所有情况，只通过了30%的数据，剩下的全部超时，作为一个省赛题目肯定不是让写两个for循环这么简单，一维dp却要用O(n^2)来解决，显然是有可以优化的空间的。
我们观察一下这个方程：dp[i] = min{dp[j]+ (sum[i]+i-sum[j]-j-L-1)^2}，令C=L+1,方程简化为：dp[i] = min{dp[j]+ (sum[i]+i-sum[j]-j-C)^2}，即存在一个j介于0到i-1之间，使dp[i] = dp[j]+ (sum[i]+i-sum[j]-j-C)^2，我们对该式进行展开变形，令s[t]=sum[t]+t,可以得到如下表达式，dp[i]+2*s[i]*(s[j]+C)=dp[j]+s[i]^2+(s[j]+C)^2，
令y= dp[j]+s[i]^2+(s[j]+C)^2，k=2*sum[i]，x=s[j]+C，b=dp[i]，这个方程就变为了一个直线系y=kx+b，在求解dp[i]的情况下，dp[0..i-1]都是已经求出来的，sum[0..i]都是已知量，在斜率k=2*sum[i]已经确定的情况下（这点要明确），直线通过点(sum[j]+C,dp[j]+sum[i]^2+(s[j]+C)^2)，求最小截距dp[i]。此时使用单调队列进行维护，队头斜率小的出队，队尾斜率大的出队，并加入当前结点i，维持队列中头两个结点斜率最小的状态，O(n)内即可搞定。
参考代码：
import java.util.Scanner;
public class Main{
public static long[]dp = new long[50001];
public static long[]sum = new long[50001];
public static long l;
public static double a(int pos){
return sum[pos];
}
public static double b(int pos){
return dp[pos]+(sum[pos]+l)*(sum[pos]+l);
}
public static double ss(int pos1,int pos2){
return (b(pos1)-b(pos2))/(a(pos1)-a(pos2));
}
public static void main(String[]args){
int[]q = new int[50001];
Scanner s = new Scanner(System.in);
int n = s.nextInt(),head = 1,tail = 1;
l = s.nextLong()+1; //这里的L+1，后面直接-L即可
for(int
i = 1;i<=n;++i){
sum[i] = s.nextLong();
sum[i] += sum[i-1];
}
for(int
i = 1;i<=n;++i)sum[i]+=i;
q[head] = 0;
int j = 0;
for(int
i = 1;i<=n;++i){
while(head<tail&&ss(q[head],q[head+1])<2*sum[i])head++;
j = q[head];dp[i] = dp[j]+(sum[i]-sum[j]-l)*(sum[i]-sum[j]-l);
while(head<tail&&ss(q[tail-1],q[tail])>ss(q[tail],i))tail--;
q[++tail] = i;
}
System.out.println(dp[n]);
return;
}
}
使用如上代码，AC。