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...N的N件玩具,第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.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+Sigma(Ck) i<=K<=j 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。但他希望费用最小.

输入格式:

第一行输入两个整数N,L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

输出格式:

输出最小费用

首先,这道题我们可以把所有的玩具长度加1,让后让L加1,就不存在什么填充物之类的,从而将这个问题转化为:把一个序列分为若干段,使得((每一段的和与常数L的差)的平方)相加起来的和最小。

那我们显而易见就先对这个序列求出每一个位置的前缀和,然后一个O(n^2)的dp就很明显了:

设f[i]表示恰好分完前i个数的最小代价,p[i]表示前i个数的和。

考虑转移:f[i]=min{ f[j]+(p[i]-p[j]-L)^2 }(0<=j<i)

然而,n<=50000,复杂度肯定会爆炸,所以我们需要优化这个dp,但是由于状态至少是线性的(反正我是想不出来),因而我们只能优化转移。

从转移方程入手:

f[i]=min{ f[j]+((p[i]-L)-p[j])^2 }(0<=j<i)

=(p[i]-L)^2+min{ f[j] + p[j]^2 - 2*p[i]*p[j] + 2*L*p[j] }

=(p[i]-L)^2+min{ f[j] + p[j]^2 + 2*L*p[j] - 2*p[i]*p[j] }

对于每一个i,有p[i]是定值,我们可以在dp的时候顺便用t[i]储存f[i] + p[i]^2 + 2*L*p[i]。

所以这个式子又变成了

f[i]-(p[i]-L)^2=min{ t[j] - 2*p[i]*p[j] }(0<=j<i)

我们若想f[i]-(p[i]-L)^2最小,设f[i]-(p[i]-L)^2=b,f[i]从j转移,则有,t[j]=2*p[j]*p[i]+b。

这个式子特别像一次函数的解析式,这时我们又发现对于i,p[i]确定,而且p数组满足单调递增,我们就可以想象平面上有若干个点,第j个点坐标是(p[j],t[j])。而我们需要找到一条斜率确定为2*p[i]并且过这些点中某一个点的直线,使他的截距(即上文中提到的b)最小。由于p[i]单调递增,因此每个i所对应的斜率也是单调递增的,并且将第i个点加入后第i个点一定是最靠右的。

这时我们就可以用单调队列维护一个下凸壳,每次从队首的点转移,若队首的点不是最优的(不如队列中第二个点更优),就把队首弹出,然后每次转移完f[i]时更新t[i],并将i压入单调队列中。

注意初始时队中应该有一个点(0,0)。

这个图有点抽象,图中的斜率远小于实际

AC代码如下

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 500020
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0ll,fh=1ll;char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10ll+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL n,f[M],L,p[M],t[M],rem,now,cnt,q[M][2],hd,tl=1;
LL gt_ans(LL k,LL pos){LL y=q[pos][1],x=q[pos][0];return y-x*k*2;}
int main(){
n=read(),L=read()+1;
for(LL i=1;i<=n;i++){
p[i]=p[i-1]+read()+1;
while(gt_ans(p[i],hd)>=gt_ans(p[i],hd+1)&&hd+1<tl) hd++;
f[i]=gt_ans(p[i],hd)+(p[i]-L)*(p[i]-L);
t[i]=p[i]*p[i]+2*L*p[i]+f[i];
while(hd+1<tl&&(t[i]-q[tl-1][1])*(q[tl-1][0]-q[tl-2][0])<=(q[tl-1][1]-q[tl-2][1])*(p[i]-q[tl-1][0])) tl--;
q[tl][0]=p[i],q[tl++][1]=t[i];
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}

  

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