【bzoj1010】[HNOI2008]玩具装箱toy

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

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Description

　　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.

Input

　　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

Output

　　输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

【题解】

看到题很容易想到动态规划。

用f[i]表示装前i个玩具所需的费用，sum数组维护前缀和。

状态转移方程：f[i]=min{f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-l)^2} (0<j<i)

如果在维护前缀和时令sum[i]=sum[i-1]+a[i]+i, 设c=l+1

那么则有:f[i]=min{f[j]+(sum[i]-sum[j]-c)^2} (0<j<i)

如果拆开平方就会出现sum[i]*sum[j]这样的项，那么我们考虑斜率优化。

假设k~i比j~i更优，则f[k]+sum[i]^2+sum[k]^2+c^2-2sum[i]sum[k]-2c*sum[i]-2c*sum[k]<f[j]+sum[i]^2+sum[j]^2+c^2-2sum[i]sum[j]-2c*sum[i]-2c*sum[j];

化简得：(f[k]-f[j]+sum[k]^2-sum[j]^2)/(sum[k]-sum[j])<2(sum[i]-c)

这就是斜率表达式了，接下来就是套路。。。。。。

注意用long long，否则会爆掉。（被这个坑了，一直wa）

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<ctime>

 #include<cstdlib>

 using namespace std;

 long long n,l,c,a[],sum[],q[],f[];

 inline int read()

 {

     int x=,f=;  char ch=getchar();

     while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-;  ch=getchar();}

     while(isdigit(ch))  {x=x*+ch-'';  ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 double slop(int x,int y)   //计算斜率

 {return (f[x]-f[y]+sum[x]*sum[x]-sum[y]*sum[y])*1.0/(sum[x]-sum[y]);}

 int main()

 {

     n=read();  l=read();  c=l+;

     for(int i=;i<=n;i++)  a[i]=read();

     for(int i=;i<=n;i++)  sum[i]=sum[i-]+a[i];

     for(int i=;i<=n;i++)  sum[i]+=i;

     int l=,r=;

     for(int i=;i<=n;i++)

     {

         while(l<r&&slop(q[l],q[l+])<=*(sum[i]-c))  l++;

         int t=q[l];

         f[i]=f[t]+(sum[i]-sum[t]-c)*(sum[i]-sum[t]-c);

         while(l<r&&slop(q[r],i)<slop(q[r-],q[r]))  r--;

         q[++r]=i;

     }

     printf("%lld\n",f[n]);

     return ;

 }