bzoj1010 [HNOI2008]玩具装箱toy

#[HNOI2008]玩具装箱toy ####Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB ###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 ###Sample Output 1

显然是个dp，而且一眼就可以看出怎么做。。。 设$f[i]$表示前$i$个木板的最优解，$sum[i]$表示前$i$个木板的长度和。 f[i]=Min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-L-1)2) [0<=j<i] 然后又是看了一眼数据范围，发现这个东西实在是有些暴力。所以我们要优化。。。。。 然后，这就是一道特别经典的斜率优化$dp$.

我们先把这个式子进行一波变形（假设$L++$）s[k]=sum[k]+k f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2 f[i]+2*s[i]*(s[j]+L)=f[j]+s[i]^2+(s[j]+L)^2\

为什么要化为这个形式呢，我们可以观察一下这个式子： 由于我们要求的是$f[i]$,这个式子中的变量为$j$,所以观察可以发现这个式子其实是一个一次函数一般式$b+kx=y$ b=f[i]\ k=2*s[i]\ x=(s[j]+L)\ y=f[j]+s[i]^2+(s[j]+L)^2 而我们要干的事情就是已知$k$,然后不断的代入$(x,y)$，最后去解那个$b$. 所以我们用一张图来表示需要我们去做的事

我们要用一条已知斜率的平行线由给定点的位置不断的平移，然后求最小的截距。 这个操作其实就可以来进行优化了。 首先发现$s[i]$是单增的。 由上图我们可以发现，假设直线$A,B$的斜率小于$k$，那么$A$就一定不可能成为最优解（显然无论什么时候选$B$比它更优，（$k$是单增的）） 所以我们先这个从头开始一波删点。 再考虑加了当前点以后。

显然如果新的点比前面的点更优，那么我们也一定选择新的点。 总的看很像在维护一个凸包。。。。。 这就是最简单的斜率优化啦~~~

那么我们来总结一下什么时候可以用最经典的斜率优化： 首先要有单调性。 可以写成一次函数的形式，而且变量是一个点并且已知斜率，或者说你要求的答案刚好可以表示成截距。 个人认为斜率优化实在充分理解$dp$状态转移方程以后得到的。如果你遇到了一个状态转移方程并且需要优化的话，你可以尝试能否满足上面两种要求。

#include<cstdio>
#define ll long long
#define Empty (head>=tail)
#define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N=50100;ll s[N],Q[N],f[N],n,x,head,L,tail,j;
inline double X(ll i){return s[i];}
inline double Y(ll i){return f[i]+(s[i]+L-1)*(s[i]+L-1);}
inline double Rate(ll i,ll k){return (Y(k)-Y(i))/(X(k)-X(i));}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&L);s[0]=0;L++;head=1;tail=1;Q[1]=0;
    go(i,1,n){scanf("%lld",&s[i]);s[i]+=s[i-1];}go(i,1,n)s[i]+=i;
    go(i,1,n)
    {
        while(!Empty&&Rate(Q[head],Q[head+1])<2*s[i])head++;
        j=Q[head];f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L);
        while (!Empty&&Rate(Q[tail-1],Q[tail])>Rate(Q[tail],i))tail--;Q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]); return 0;
}