hdu3507,斜率优化dp

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斜率优化\(dp\)入门题。

\(ProblemLink\)

先从\(n^2\)的\(dp\)开始

设\(S_i=\sum_{i=1}^n a_i\)

\(f_i\)为输出前\(i\)个的最小代价。

显然有\(f_i=min(f_j+(S_i-S_j)^2+M)(j<k)\)

考虑对于点i。j比k\((j>k)\)更优当且仅当

\(f_j+(S_i-S_j)^2<f_k+(S_i-S_k)^2\)

\(f_j+S_j^2-2S_iS_j<f_k+S_k^2-2S_iS_k\)

\((f_j+S_j^2)-(f_k+S_k^2)<2Si(S_j-S_k)\)

即\(\huge \frac {(f_j+S_j^2)-(f_k+S_k^2)}{(S_j-S_k)}<2Si\)

不妨设左式为\(P(j,k)\)

也就是说

如果\(P(j,k)<2Si\)，那么\(j\)就比\(k\)更优。

我们发现如果把\(f_i+S_i^2\)这个东西看做\(y\),\(S_i\)看做\(x\)

式子就变成了这样

\(\huge \frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<2Si\)

于是我们可以把每个决策点想象一个在二维平面直角坐标系上的点(\(x\),\(y\))。

这有什么用呢？

我们发现，对于\(i\)来说,最优的决策就是那个斜率最小的点。

我们就可以维护一个斜率递增的下凸壳，每次加入时更新。

因为这里\(Si\)是单调递增的，用单调队列就可以维护了。

否则就在凸壳上二分，找到小于\(2Si\)的最近的点。

/*
@Date    : 2019-07-31 08:27:46
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*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IL inline
#define RG register
#define gi getint()
#define gc getchar()
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
IL int getint()
{
    RG int xi=0;
    RG char ch=gc;
    bool f=0;
    while(ch<'0'||ch>'9')ch=='-'?f=1:f,ch=gc;
    while(ch>='0'&&ch<='9')xi=(xi<<1)+(xi<<3)+ch-48,ch=gc;
    return f?-xi:xi;
}
template<typename T>
IL void pi(T k,char ch=0)
{
    if(k<0)k=-k,putchar('-');
    if(k>=10)pi(k/10,0);
    putchar(k%10+'0');
    if(ch)putchar(ch);
}
const int N=5e5+7;
int s[N];
int f[N];
inline int sqr(int i){return i*i;}
inline double X(int j,int k)
{
    return (f[j]+sqr(s[j])-f[k]-sqr(s[k]));
}
inline double Y(int j,int k)
{
    return (s[j]-s[k]);
}
int main(void)
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m)
    {
        s[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=gi;
        for(int i=1;i<=n;++i)s[i]+=s[i-1];
        int l=1,r=0;
        static int Q[N*2];
        Q[++r]=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            while(l<r&&X(Q[l+1],Q[l])<=2*s[i]*Y(Q[l+1],Q[l]))++l;
            f[i]=f[Q[l]]+sqr(s[i]-s[Q[l]])+m;
            while(l<r&&X(i,Q[r])*Y(Q[r],Q[r-1])<=X(Q[r],Q[r-1])*Y(i,Q[r]))--r;
            Q[++r]=i;
        }
        cout<<f[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

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