[HNOI2008]玩具装箱

OJ题号：
　　BZOJ1010

思路：
　　斜率优化动态规划。
　　由题意得状态转移方程为$f_i=displaystyle{min_{j=0}^{i-1}}{f_j+left(i-j-1+displaystyle{sum_{k=j+1}^i}c_k-L ight)^2}$。
　　用$a_i$表示$c_i$的前缀和，则原式为$f_i=displaystyle{min_{j=0}^{i-1}}{f_j+left(i-j-1+a_i-a_j-L ight)^2}$。
　　考虑现在有两个状态$j$和$k$都可以转移到$i$。
　　假设$j$比$k$更优，则有：$f_j+left(i-j-1+a_i-a_j-L ight)^2<f_k+left(i-k-1+=a_i-a_k-L ight)^2$。
　　将与$i$有关的项提取出来，设$x=i-1+a_i-L$。
　　则原式变为$f_j+left(x-j-a_j ight)^2<f_k+left(x-k-a_k ight)^2$。
　　化简得$f_j+left(j+a_j ight)^2-f_k-left(k+a_k ight)^2<2x(j+a_j-k-a_k)$。
　　即$frac{f_j+left(j+a_j ight)^2-f_k-left(k+a_k ight)^2}{(j+a_j-k-a_k)}<2x$。
　　对于状态$j<k<l$，若要使$k$为一个有用的状态，则有$frac{f_k+(k+a_k)^2-f_j-(j+a_j)^2}{2(k+a_k-j-a_j)}<xleqfrac{f_l+(l+a_l)^2-f_k-(k+a_k)^2}{2(l+a_l-k-a_k)}$。
　　然后我们可以维护一个单调队列，使队列中的相邻元素的斜率单调递增。
　　每当插入一个元素时，我们比较队列前端两个元素的斜率是否小于$x$，如果是，则将第一个元素弹出队列。
　　这时候队列前端的元素一定是最优的一个状态。
　　然后尝试将这个元素加入队列，为了保证队列中相邻元素之间的斜率单调递增，每次比较队列后端两个元素的斜率$x1$和队列最末端元素与当前元素$i$的斜率$x2$。
　　如果$x1>x2$，即新加入元素后不满足单调性，则将队列末端元素弹出。
　　由于每个元素最多只会进队一次，最后的时间复杂度是$O(n)$的。

#include<cstdio>
#include<cctype>
inline int getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int N=50001;
int n,l,a[N]={0},q[N]={0},h=0,t=0;
long long f[N]={0};
inline long long sqr(const long long x) {
    return x*x;
}
inline double slope(const int &j,const int &k) {
    return double(f[j]+sqr(j+a[j])-f[k]-sqr(k+a[k]))/double(j+a[j]-k-a[k]);
}
inline bool check(const int &i,const int &j,const int &k) {
    return slope(k,j)>2*(i+a[i]-l-1);
}
inline bool check2(const int &i,const int &j,const int &k) {
    return slope(j,i)<slope(k,j);
}
int main() {
    n=getint(),l=getint();
    for(register int i=1;i<=n;i++) {
        a[i]=a[i-1]+getint();
        while(h<t&&!check(i,q[h],q[h+1])) h++;
        const int &j=q[h];
        f[i]=f[j]+sqr(i-j-1+a[i]-a[j]-l);
        while(h<t&&!check2(q[t-1],q[t],i)) t--;
        q[++t]=i;
    }
    printf("%lld
",f[n]);
    return 0;
}