题意:需要打印n个正整数,1个数要么单独打印要么和前面一个数一起打印,1次打印1组数的代价为这组数的和的平方加上常数M。求最小代价。

思路:如果令dp[i]为打印前i个数的最小代价,那么有

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])2+M),j<i

直接枚举转移是O(n2)的,然而这个方程可以利用斜率优化将复杂度降到O(n)。

根据斜率优化的一般思路,对当前考虑的状态i,考虑决策j和k(j<k),如果k比j优,那么根据转移方程有:dp[k]+(sum[i]-sum[k])2+M ≤ dp[j]+(sum[i]-sum[j])2+M

整理可得:dp[k]+sum[k]2-2*sum[i]*sum[k] ≤ dp[j]+sum[j]2-2*sum[i]*sum[j]

然后进一步得到:[(dp[k]+sum[k]2)-(dp[j]+sum[j]2)] / (2*sum[k] - 2*sum[j]) ≤ sum[i]

如果令 y(i)=dp[i]+sum[i]2,x(i)=2*sum[i],那么有:( y(k)-y(j) ) / ( x(k)-x(j) ) ≤ sum[i],不妨令左边=G[j][k],即"j到k的斜率",G[j][k] ≤ sum[i]

注意,上面的推理的因果是等价的,也就是说 "k比j优" ↔ "( y(k)-y(j) ) / ( x(k)-x(j) ) ≤ sum[i]成立"

如果从小到大计算每个状态,那么(1)在某次计算状态i时,k比j优,由于sum数组单调递增,所以在以后的状态计算里面k都比j优(2)考虑三个状态i,j,k(i<j<k),满足G[i][j]≥G[j][k],那么在计算状态t(>k)的时候,{ 假设G[j][k]≤sum[t],k就比j优,否则G[j][k]>sum[t],那么显然有G[i][j]>sum[t],所以j不比i优 },所以对于t>k而言,j既没有k优也没有i优,完全可以舍弃。

在(2)的约束下,所有可能成为子状态的点构成了1个凸包,假设当前在计算状态i,这个凸包中最“前面”的两个点依次为j,k,如果G[j][k]≤sum[i],那么k比j优,把i从凸包里面删掉然后继续这样考虑,否则有G[j][k]>sum[i],说明j是最优的,因为对任意t∈(k,i)&&t∈凸包,都有G[j][t]>G[j][k]>sum[i],也就是没有比j更优的了。

虽然推理过程比较多,但是最后的结论非常的优美,程序也非常短,更重要的是,直接将原来O(n2)的复杂度降成了线性!没有比这更激动人心的了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define all(a) (a).begin(), (a).end()
#define mset(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define mcpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(b))
#define cas() int T, cas = 0; cin >> T; while (T --)
template<typename T>bool umax(T&a, const T&b){return a<b?(a=b,true):false;}
template<typename T>bool umin(T&a, const T&b){return b<a?(a=b,true):false;}
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
#ifndef ONLINE_JUDGE
#include "local.h"
#endif
const int N = 5e5 + 7;
int head, tail;
pii q[N];
int n, m, x, sum[N]; int sqr(int x) { return x * x;}
int getY(int p) { return q[p].second + sqr(sum[q[p].first]); }
int getX(int p) { return 2 * sum[q[p].first]; }
int up(int p) { return getY(p + 1) - getY(p); }
int down(int p) { return getX(p + 1) - getX(p); }
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif // ONLINE_JUDGE
while (cin >> n >> m) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &x);
sum[i] = sum[i - 1] + x;
}
head = tail = 0;
q[tail ++] = mp(0, 0);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
while (tail - head > 1 && up(head) <= down(head) * sum[i]) head ++;
q[tail ++] = mp(i, q[head].second + sqr(sum[i] - sum[q[head].first]) + m);
while (tail - head > 2 && up(tail - 3) * down(tail - 2) >= up(tail - 2) * down(tail - 3)) {
swap(q[tail - 2], q[tail - 1]);
tail --;
}
}
cout << q[tail - 1].second << endl;
}
return 0;
}

  

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