BZOJ 1010 (HNOI 2008) 玩具装箱
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
1
题解
本蒟蒻斜率优化第一题,真的玄学。
很容易我们就能得出转移方程:
dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-l-1)^2)(j < i)
但这样时间复杂度为O(n^2) n=50000会炸飞。
所以我们考虑斜率优化。
首先令A(i)=sum[i]+i。
B(i)=A(i)+l+1。
所以我们的转移方程可化简为:
dp[i]=dp[j]+(A(i)-B(j))^2;
所以dp[i]=dp[j]+A(i)^2-2*A(i)*B(i)+B(i)^2;
观察式子,A(i)^2只与i有关,所以先不做考虑。
再设X(i)=B(i),Y(i)=B(i)^2+dp[i];
继续化简得:
dp[i]=Y(j)-2*X(i)*A(i)+A(i)^2;
移项得
Y(j)=(dp[i]+2*X(i)*A(i)-A(i)^2;
发现上式形容y=kx+b。2*A(i)为斜率,而A(i)又是单调递增的,所以斜率单调递增,所以我们只需要维护
一个凸包,用单调队列。
首先先根据当前斜率判断队头是否合法,若不合法则弹出队头。
然后用队头更新dp[i]。
最后再让当前元素入队,维护凸包的性质,弹队尾。
时间复杂度O(n)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
int n,l;
int dp[MAXN],sum[MAXN];
int head=1,tail=1,q[MAXN];
inline double A(int i){return sum[i]+i;}
inline double B(int i){return A(i)+l+1;}
inline double Y(int i){return dp[i]+B(i)*B(i);}
inline double X(int i){return B(i);}
inline double sp(int i,int j){return 1.0*(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>l;
for(register int i=1; i<=n; i++) {
int x;
cin>>x;
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
for(register int i=1; i<=n; i++){
while(head<tail and 2*A(i)>sp(q[head],q[head+1])) head++;
dp[i]=dp[q[head]]+(A(i)-B(q[head]))*(A(i)-B(q[head]));
while(head<tail and sp(i,q[tail-1])<sp(q[tail-1],q[tail])) tail--;
q[++tail]=i;
}
cout<<dp[n]<<endl;
return 0;
}
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