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
5 4
3
4
2
1
4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
题解
这道题是一道dp，需要采用斜率优化。一般的dp方程很好写出：记dp[i]为前i个物品的最小代价，s[i]为前i中物品的总长度。则有dp[i]=min(d[i],dp[j]+(s[i]-s[j]+i-j-1-L)^2) (j<i)。
我们记f[i]=sum[i]+i，cc=l+1.
则有dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(f[i]-f[j]-cc)^2)。
显然f[i]是单调递增的。斜率为(dp[k]+(f[k]+c)^2-dp[j]-(f[j]+c)^2)/2*(f[k]-f[j])<=f[i]
我们用队列维护，每次取出队头。
队尾为q[tail]，前一个为q[tail-1]。
满足斜率(qtail],i)<斜率(q[tail-1],q[tail])时，队尾无效，将其弹出。
代码
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #define ll long long 8 using namespace std; 9 int n,l,head,tail; 10 int c[50010],q[50010]; 11 ll s[50010],f[50010],cc; 12 double xie(int x,int y){ 13 return (f[y]-f[x]+(s[y]+cc)*(s[y]+cc)-(s[x]+cc)*(s[x]+cc))/(2.0*(s[y]-s[x])); 14 } 15 void dp(){ 16 int i,j; 17 head=tail=1;q[1]=0; 18 for(i=1;i<=n;++i){ 19 while(head<tail && xie(q[head],q[head+1])<=s[i]) head++; 20 int x=q[head]; 21 f[i]=f[x]+(s[i]-s[x]-cc)*(s[i]-s[x]-cc); 22 while(head<tail && xie(q[tail],i)<xie(q[tail-1],q[tail])) tail--; 23 q[++tail]=i; 24 } 25 } 26 int main(){ 27 int i,j; 28 scanf("%d%d",&n,&l);cc=l+1; 29 for(i=1;i<=n;++i){ 30 scanf("%d",&c[i]); 31 } 32 s[0]=0; 33 for(i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+c[i]; 34 for(i=1;i<=n;++i) s[i]+=i; 35 dp(); 36 printf("%lld\n",f[n]); 37 return 0; 38 39 }
