【BZOJ-1010】玩具装箱toy DP + 斜率优化
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
3
4
2
1
4
Sample Output
HINT
Source
Solution
DP + 斜率优化
先考虑正常的转移 $dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2)$
复杂度不符合,那么考虑斜率优化
首先设$sumc[i]=sum[i]+i$ 转移方程可以化作 $dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sumc[i]-sumc[j]-L-1)^2)$
那么可以开始化简$dp[k]+(sumc[i]-sumc[k]-L-1)^2<=dp[j]+(sumc[i]-sumc[j]-L-1)^2$
最后化简出$(dp[k]-dp[j]+pf(sumc[k]+L+1)-pf(sumc[j]+L+1))/(2*(sumc[k]-sumc[j]))<sumc[i]$
那么$sumc[]$是单调递增的,单调队列维护下凸包,就可以做了
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=; char ch=getchar();
while (ch<'' || ch>'') {if (ch=='-') f=-; ch=getchar();}
while (ch>='' && ch<='') {x=x*+ch-''; ch=getchar();}
return x*f;
}
#define maxn 50010
int n,L; int c[maxn]; int que[maxn],l,r;
long long dp[maxn],sumc[maxn];
long long pf(long long x) {return x*x;}
double slope(int i,int j)
{
double fz=dp[j]-dp[i]+pf(sumc[j]+L+)-pf(sumc[i]+L+);
double fm=*(sumc[j]-sumc[i]);
return fz/fm;
}
int main()
{
n=read(),L=read();
for (int i=; i<=n; i++) c[i]=read(),sumc[i]=sumc[i-]+c[i];
for (int i=; i<=n; i++) sumc[i]+=i;
for (int tmp,i=; i<=n; i++)
{
while (l<r && slope(que[l],que[l+])<sumc[i]) l++;
tmp=que[l];
dp[i]=dp[tmp]+pf(sumc[i]-sumc[tmp]-L-);
while (l<r && slope(que[r],i)<slope(que[r-],que[r])) r--;
que[++r]=i;
}
printf("%lld\n",dp[n]);
return ;
}
这么写常数会很大...
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前言 这是我写的第一道$dp$斜率优化的题目,$dp$一直都很菜,而且咖啡鸡都说了这是基础的东西,然而看别人对$dp$斜率优化一大堆公式又看不懂就老老实实做几道题目,这个比较实在 描述 给出$n$和$ ...
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