[HNOI2008]玩具装箱TOY

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.

输入输出格式

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

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
3
4
2
1
4

输出样例#1：

1
dp方程：
f[i]=f[j]+(i-j-1+s[i]-s[j]-l)^2
=>f[j]+((i+s[i]-1-l)-(j+s[j]))^2
=>f[j]+(i+s[i]-1-l)^2+(j+s[j])^2-2(i+s[i]-1-l)*(j+s[j])
然后就可以斜率优化

对于i，j比k优时有：j>=k
f[j]+(i+s[i]-1-l)^2+(j+s[j])^2-2(i+s[i]-1-l)*(j+s[j])
<=f[k]+(i+s[i]-1-l)^2+(k+s[k])^2-2(i+s[i]-1-l)*(k+s[k])
=>(f[j]+(j+s[j])^2-f[k]-(k+s[k])^2)/2*(j+s[j]-k-s[k])<=(i+s[i]-1-l)

公式只有右边与i有关，考虑用单调队列，令
yj=f[j]+(j+s[j])^2,xj=(j+s[j])
原式=>(yj-yk)/(xj-xk)<=(i+s[i]-1-l)
令g[k,j]=原式

首先，不等式成立说明j优于k，由于右边单调递增，所以j以后都优于k，丢掉k
其次，k<j<i&&g[j,i]<g[k,j]则j可以丢掉

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long lol;
 lol l,n,sum[];
 int head,tail;
 lol s[],f[];
 lol X(lol x)
 {
   lol fm=x+sum[x];
   return *fm;
 }
 lol Y(lol x)
 {
   lol fz=f[x]+(x+sum[x])*(x+sum[x]);
   return fz;
 }
 int main()
 {lol i;
   cin>>n>>l;
   for (i=;i<=n;i++)
     {
       scanf("%lld",&sum[i]);
       sum[i]+=sum[i-];
     }
   head=;tail=;
   s[]=;
   for (i=;i<=n;i++)
     {lol j=;
       while (head+<=tail&&(X(s[head+])-X(s[head]))*(i+sum[i]-l-)>=Y(s[head+])-Y(s[head])) head++;
       j=s[head];
       //cout<<head<<' '<<tail<<endl;
       f[i]=f[j]+(i-j-+sum[i]-sum[j]-l)*(i-j-+sum[i]-sum[j]-l);
       while (tail->=head&&(Y(s[tail])-Y(s[tail-]))*(X(i)-X(s[tail]))>=(X(s[tail])-X(s[tail-]))*(Y(i)-Y(s[tail]))) tail--;
       tail++;
       s[tail]=i;
       //cout<<j<<endl;
     }
   cout<<f[n];
 }