BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具包装toy

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题目大意：见原题。

算法分析：

设s[i]为c[i]的前缀和，f[i]表示第1个物品到第i个物品的最小代价。

易得DP方程为f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]+i-j+1-l)^2)。

设t[i]=s[i]+i。则f[i]=min(f[j]+(t[i]-t[j]+1-l)^2。

设m=t[i]-l-1。则f[i]=min(f[j]+(m-t[j])^2)。

对i做决策时，设j，k为2个一般的决策点。设j<k。

若k比j优，则有

f[k]+(m-t[k])^2<f[j]+(m-t[j])^2

展开，得

f[k]+m^2-2*m*t[k]+t[k]^2<f[j]+m^2-2*m*t[j]+t[j]^2

化简，得

((f[k]+t[k]^2)-(f[j]+t[j]^2))/(t[k]-t[j])<2*m=2*(s[i]+i-l-1)

于是能够用单调队列来优化DP。

单调队列优化DP的伪代码：

for (int i=1;i<=n;++i){

	while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<...) h++;

	f[i]=...;

	while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--;

	q[t++]=i;

}

斜率优化的2个重要结论（对于此题）：

1）j<k，若slope(j,k)<2*(s[i]+i-l-1)，则k比j优。

（PS：不等式左边为仅仅与j,k有关的式子。不等式右边为仅仅与i有关的式子）

2）j<k<l，若slope(j,k)>slope(k,l)，则k能够被舍去。

Code:

#include <cstdio>

#define N 50000

using namespace std;

int n,l,h,t=1,c[N+10],q[N+10];

long long s[N+10],f[N+10];

template <typename T>

inline T sqr(T x){return x*x;}

inline double slope(int i,int j){return (f[i]+sqr((double)s[i]+i)-f[j]-sqr((double)s[j]+j))/(s[i]+i-s[j]-j);}

int main(){

	#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("1010.in","r",stdin);

	freopen("1010.out","w",stdout);

	#endif

	scanf("%d%d",&n,&l);

	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);

	for (int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+c[i];

	for (int i=1;i<=n;++i){

		while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<2*(s[i]+i-l-1)) h++;

		f[i]=f[q[h]]+sqr(s[i]-s[q[h]]+i-q[h]-1-l);

		while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--;

		q[t++]=i;

	}

	printf("%lld\n",f[n]);

	return 0;

}

By Charlie Pan

Jul 18,2014