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详情见 http://www.cnblogs.com/proverbs/archive/2013/02/01/2713109.html（我觉得这里面讲得已经够详细了，我就不赘述了）
还是来回忆一下做这道题的历程吧！一开始的确有点想错了，但马上又反应过来，清楚了题意。写了个 n^2 的算法。很明显，对于n <= 50000 的数据，肯定是要TLE的。（援引我看博客过程中看到的一句话来形容就是“省选题的数据就是硬”。）没办法，只能上网找百度（太弱了）。一开始的确有点茫然，但马上就决定要自己推导一下，马上思路就清晰了。但对于该算法的正确性还有所怀疑，所以一个下午都在思考（上课都是恍恍惚惚的）。后来大致明白了。
一开始有疑惑的地方有，为什么可以直接在队首维护后的队列中取出首位呢？ 原因在于 设 i < j 如果一开始 j 比 i 更优那么 i 会被踢出队列。那为什么不可以设 i < j < k 中 j 虽然比 i 差 但 k 比 i 更优呢！ 原因在于如果 i < j < k 三者这样的位置关系，我们是会在队尾维护的过程中把这种情况去掉。 所以可以直接在队首维护后的队列中取出首位。
斜率优化其实就是把每个状态看上直角坐标系上离散的点抽象出x，y 表示斜率 (y2 - y1) / (x2 - x1) 于一个关系状态i个函数的关系，然后维护点见斜率的上凸性或者下凸性。具体的情况要看于i有关的函数的单调性。
注意斜率尽量中乘法，不要中实数（的确，误差影响很大），如有必要全用long long，以免溢出。注意 x2 - x1可能小于0不等式的负号要改变；
这道题一开始用 int ， WA了。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++) 4 #define down(i,j,k) for(int i = j; i >= k; i--) 5 #define sqr(i) (i)*(i) 6 #define maxn 50010 7 #define LL long long 8 using namespace std; 9 10 LL sum[maxn], c[maxn], dep[maxn], dp[maxn]; 11 double slope(int i, int j){ 12 return 1.0*(dp[i]+sqr(sum[i])-dp[j]-sqr(sum[j]))/(sum[i]-sum[j]); 13 } 14 15 int main() 16 { 17 LL n, l, x; 18 scanf("%lld%lld", &n,&l); 19 c[0] = 0; 20 rep(i,1,n){ 21 scanf("%lld",&x); 22 c[i] = c[i-1] + x; 23 sum[i] = c[i] + i; 24 } 25 LL s = 0, t = 0; 26 dp[0] = 0, dep[0] = 0; 27 rep(i,1,n){ 28 LL m = sum[i] - l - 1; 29 while( s < t && slope(dep[s+1],dep[s]) <= 2 * m ) s++; 30 LL j = dep[s]; 31 dp[i] = dp[j] + sqr(m-sum[j]); 32 while( s < t && slope(dep[t],dep[t-1]) >= slope(i,dep[t]) ) t--; 33 dep[++t] = i; 34 } 35 cout<<dp[n]<<endl; 36 return 0; 37 }
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.
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
输出最小费用
附POJ 3709
这道题与上面的差不多，这是多了一个每组应至少有k个数的限制。对此援引从博客上看到的
“好，以下考虑每组不少于K个元素这个限制。
要解决这个限制，只需延迟加入的时机即可。
若延迟K-1个回合加入，有可能使前一组的个数少于K个。
若延迟2*k-1个回合加入，则不会出现这情况。但此时加入的数应是i-k+1（假设是第I回合）” // 重点
以及延迟加入时机后，队尾维护的代码也要修改（查错查了半天）。
详情见 http://blog.sina.com.cn/s/blog_5f5353cc0100jxxo.html
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++) 5 #define maxn 500010 6 #define LL long long 7 using namespace std; 8 9 LL num[maxn], sum[maxn], f[maxn], q[maxn]; 10 int head, tail; 11 12 LL G(int k,int j) { 13 return f[j]-f[k]-sum[j]+sum[k]+j*num[j+1]-k*num[k+1]; 14 } 15 16 LL S(int k,int j) { 17 return num[j+1]-num[k+1]; 18 } 19 20 int read() 21 { 22 int s = 0, t = 1; char c = getchar(); 23 while( !isdigit(c) ){ 24 if( c == ‘-‘ ) t = -1; c = getchar(); 25 } 26 while( isdigit(c) ){ 27 s = s * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); 28 } 29 return s * t; 30 } 31 32 int main() 33 { 34 int t = read(); 35 while( t-- ){ 36 int n = read(), k = read(); 37 sum[0] = f[0] = q[0] = head = tail = 0; 38 rep(i,1,n){ 39 num[i] = read(); 40 sum[i] = sum[i-1] + num[i]; 41 } 42 rep(i,1,n){ 43 while( head < tail && G(q[head+1],q[head])>=i*S(q[head+1],q[head]) ) head++; 44 int j = q[head]; 45 f[i] = f[j] + sum[i] - sum[j] - num[j+1] * (i-j); 46 if( i>=2*k-1 ) { 47 q[++tail]=i-k+1; 48 } 49 while( head < tail && G(q[tail-1],q[tail-2]) * S(q[tail],q[tail-1]) >= G(q[tail],q[tail-1]) * S(q[tail-1],q[tail-2] ) ) { 50 q[tail-1] = q[tail]; 51 tail--; 52 } 53 } 54 cout<<f[n]<<endl; 55 } 56 return 0; 57 }
将题目转化下：将一个升序的，有N个元素的序列，分组。要求每组的元素不少于K个，计算出组内各元素与最小元素的之差的和，将每组的这个值加起来，其和要最小。
很容易可以得出一个结论：连续取比离散取得到的结果要好（很容易证，所以不证）。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/83131yyl/p/5068233.html
