【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****上看把。。。
****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
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<i;++j)
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啦
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAX 50100
inline int read()
{
int x=0,t=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,L,c[MAX];
int s[MAX],h,t;
long long f[MAX],q[MAX],T[MAX];
long long sqr(long long x){return x*x;}
long long count(int x,int y)
{
return ((f[x]+sqr(q[x]))-(f[y]+sqr(q[y])))/(2*(q[x]-q[y]));
}
int main()
{
n=read();L=read();
for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=read()+c[i-1];
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=1e18;
/*
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<i;++j)
f[i]=min(f[i],f[j]+sqr(c[i]-c[j]+i-j-1-L));
*/
//以上内容为O(n^2)的暴力转移
for(int i=1;i<=n;++i)q[i]=c[i]+i;
for(int i=1;i<=n;++i)T[i]=c[i]+i-L-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
while(h<t&&count(s[h],s[h+1])<=T[i])h++;
int get=s[h];
f[i]=f[get]+sqr(T[i]-q[get]);
while(h<t&&count(s[t-1],s[t])>=count(s[t],i))t--;
s[++t]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}