bzoj 1705: [Usaco2007 Nov]Telephone Wire 架设电话线—

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Description

最近，Farmer John的奶牛们越来越不满于牛棚里一塌糊涂的电话服务于是，她们要求FJ把那些老旧的电话线换成性能更好的新电话线。新的电话线架设在已有的N(2 <= N <= 100,000)根电话线杆上，第i根电话线杆的高度为height_i米(1 <= height_i <= 100)。电话线总是从一根电话线杆的顶端被引到相邻的那根的顶端如果这两根电话线杆的高度不同，那么FJ就必须为此支付 C*电话线杆高度差(1 <= C <= 100)的费用。当然，你不能移动电话线杆，只能按原有的顺序在相邻杆间架设电话线。Farmer John认为加高某些电话线杆能减少架设电话线的总花费，尽管这项工作也需要支出一定的费用。更准确地，如果他把一根电话线杆加高X米的话，他得为此付出X^2的费用。请你帮Farmer John计算一下，如果合理地进行这两种工作，他最少要在这个电话线改造工程上花多少钱。

Input

* 第1行: 2个用空格隔开的整数：N和C

* 第2..N+1行: 第i+1行仅有一个整数：height_i

Output

* 第1行: 输出Farmer John完成电话线改造工程所需要的最小花费

Sample Input

5 2
2
3
5
1
4
输入说明:
一共有5根电话线杆，在杆间拉电话线的费用是每米高度差$2。
在改造之前，电话线杆的高度依次为2，3，5，1，4米。

Sample Output

15
输出说明:
最好的改造方法是：Farmer John把第一根电话线杆加高1米，把第四根加高2米，
使得它们的高度依次为3，3，5，3，4米。这样花在加高电线杆上的钱是$5。
此时，拉电话线的费用为$2*(0+2+2+1) = $10，总花费为$15。

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f[i][j]=min(f[i-1][k]+abs(j-k)*c+(h[i]-j)*(h[i]-j);

我们可以分两类

1 j>k f[i][j]=min(f[i-1][k]-c*k+c*j+(h[i]-j)*(h[i]-j)

可以发现转移方程与k无关所以可以维护前缀min‘就好了

j < k 是差不多的维护一下后缀mn就可以了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using std::min;
using std::max;
const int M=1e5+7,inf=0x3f3f3f3f;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘) f=-1; c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ans=ans*10+(c-‘0‘); c=getchar();}
    return ans*f;
}
int n,c,ans,mn;
int h[M],f[M][107];
int main(){
    n=read(); c=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=read();
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=h[1];i<=100;i++) f[1][i]=(h[1]-i)*(h[1]-i);
    for(int k=2;k<=n;k++){
        mn=inf;
        for(int i=h[k-1];i<max(h[k-1],h[k]);i++) mn=min(mn,f[k-1][i]-c*i);
        for(int i=h[k];i<=100;i++){
            mn=min(mn,f[k-1][i]-c*i);
            f[k][i]=mn+c*i+(h[k]-i)*(h[k]-i);
        }
        mn=inf;
        for(int i=100;i>=h[k];i--){
            if(i>=h[k-1]) mn=min(mn,f[k-1][i]+c*i);
            f[k][i]=min(f[k][i],mn-c*i+(h[k]-i)*(h[k]-i));
        }
    }
    ans=inf;
    for(int i=1;i<=100;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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