【BZOJ1010】【HNOI2008】玩具装箱

题面

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

输入样例#1:

5 4

3

4

2

1

4

输出样例#1:

1

题解

如果公式看不清到CSDN上看把。。。

CSDN的链接

首先我们很容易想到DP

设f[i]表示当前选择到了第i个玩具,且第i个作为一个容器结束的位置的最小代价

然后很容易的想到了O(n^2)的DP

  1. for(int i=1;i<=n;++i)
  2. for(int j=0;j<i;++j)
  3. f[i]=min(f[i],f[j]+sqr(c[i]-c[j]+i-j-1-L));

其中,c为前缀和,sqr为平方

但是,这样做的复杂度太高,显然不能够AC

那么,我们不妨设f[i]从j转移过来,并且还有一个状态k

那么就有:

\[f[j]+(c[i]-c[j]+i-j-1-L)^{2}<f[k]+(c[i]-c[k]+i-k-1-L)^{2}
\]

\[不妨令M=c[i]+i-1-L,T[j]=c[j]+j
\]

\[原式可以简写为f[j]+(M-T[j])^{2}<f[k]+(M-T[k])^{2}
\]

\[左边=f[j]+M^{2}+T[j]^{2}-2MT[j]
\]

\[右侧同理=f[k]+M^{2}+T[k]^{2}-2MT[k]
\]

\[化简不等式得:\frac{(f[j]+T[j]^2)-(f[k]+T[k]^2)}{2(T[j]-T[k])}>M
\]

f[i],T[j]和M很显然是单调的

所以很显然的可以用到了斜率优化

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstdlib>
  4. #include<cstring>
  5. #include<cmath>
  6. #include<algorithm>
  7. #include<set>
  8. #include<map>
  9. #include<vector>
  10. using namespace std;
  11. #define MAX 50100
  12. inline int read()
  13. {
  14. int x=0,t=1;char ch=getchar();
  15. while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
  16. if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
  17. while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  18. return x*t;
  19. }
  20. int n,L,c[MAX];
  21. int s[MAX],h,t;
  22. long long f[MAX],q[MAX],T[MAX];
  23. long long sqr(long long x){return x*x;}
  24. long long count(int x,int y)
  25. {
  26. return ((f[x]+sqr(q[x]))-(f[y]+sqr(q[y])))/(2*(q[x]-q[y]));
  27. }
  28. int main()
  29. {
  30. n=read();L=read();
  31. for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=read()+c[i-1];
  32. for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=1e18;
  33. /*
  34. for(int i=1;i<=n;++i)
  35. for(int j=0;j<i;++j)
  36. f[i]=min(f[i],f[j]+sqr(c[i]-c[j]+i-j-1-L));
  37. */
  38. //以上内容为O(n^2)的暴力转移
  39. for(int i=1;i<=n;++i)q[i]=c[i]+i;
  40. for(int i=1;i<=n;++i)T[i]=c[i]+i-L-1;
  41. for(int i=1;i<=n;++i)
  42. {
  43. while(h<t&&count(s[h],s[h+1])<=T[i])h++;
  44. int get=s[h];
  45. f[i]=f[get]+sqr(T[i]-q[get]);
  46. while(h<t&&count(s[t-1],s[t])>=count(s[t],i))t--;
  47. s[++t]=i;
  48. }
  49. printf("%lld\n",f[n]);
  50. return 0;
  51. }

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