[HNOI 2008]玩具装箱

[HNOI 2008]玩具装箱

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1.题目：

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\(x = j - i + \sum_{k = i}^{j}Ck\)。

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。

输入输出格式

输入格式：第一行输入两个整数\(N，L\)。接下来\(N\)行输入\(Ci\)。\(1 \leqslant N \leqslant 50000,1 \leqslant L,Ci \leqslant 10^7\)

输出格式：输出最小费用。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
3
4
2
1
4

输出样例#1：

1

传送门

2.解

首先我们容易得到转移方程\(DP[i] = min(DP[j] + (i - j - 1 + sum[i] - sum[j] - l)^{2})(j < i)\)，其中\(sum[i]\)表示\(C[i]\)从\(1\)到\(i\)的前缀和，\(DP[i]\)为分组完前\(i\)件物品的最小花费。

因为这方程是显然的二维DP，所以一定过不了。设\(g[i] = sum[i] +i,L = l + 1\)。

我们把方程化简：

\[DP[i] = DP[j] + (i - j + sum[i] - sum[j] - L)^2\\ DP[i] = DP[j] + (g[i] - g[j] - L)^2\\ DP[i] = DP[j] + g[i]^2 - 2g[i](g[j] + L) + (g[j] + L)^2\\ DP[i] = DP[j] + g[i]^2 - 2g[i]g[j] - 2g[i]L + g[j]^2 + 2g[j]L + L^2\\ {\color{red} {DP[i] - g[i]^2 + 2g[i]L - L^2}} = {\color{orange} {DP[j] + g[j]^2 + 2g[j]L}} {\color{green} {- 2g[i]}}{\color{yellow} {g[j]}}\\ {\color{red} {B}}= {\color{orange} {y}} {\color{green} {- k}}{\color{yellow} {x}} \]

所以就可以斜率优化了。单调队列维护下凸包即可。

这简直是一个模板：P

代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
typedef long long ll;
const int MAXN = 50010;
const ll INF = 0x7fffffffffffff;
int n, l;
ll sum[MAXN], f[MAXN];
inline ll pow(ll x) {return x * x;}
inline ll Y(int x) {return (f[x] + sum[x] * sum[x] + 2 * sum[x] * l);}
inline double calcb(int x, int y) {
	return ((Y(x) - Y(y)) / (1.0 * (sum[x] - sum[y])));
}
struct ddstack {
	int top, head;
	int a[MAXN];
	ddstack() {head = top = 0;}
	void push(int x) {
		while(top >= head && (calcb(x, a[top]) < calcb(a[top], a[top - 1]))) top--;
		a[++top] = x;
	}
	int pop(int i) {
		ll tmp = 2 * sum[i];
		while(head < top && (calcb(a[head + 1], a[head]) < tmp)) head++;
		return a[head];
	}
}s;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &l); l++;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%lld", &sum[i]), sum[i] += sum[i - 1] + 1, f[i] = INF;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int k = s.pop(i);
		f[i] = f[k] + pow(sum[i] - sum[k] - l);
		s.push(i);
	}
	printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}

还有，多说一句，这题有决策单调性，而且出题人没有卡掉。所以也可以

int p = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = p; j < i; ++j){
        if(f[i] > f[j] + pow(sum[i] - sum[j] - l))
            f[i] = f[j] + pow(sum[i] - sum[j] - l), p = j;
    }

亲测能过。