HNOI2008 玩具裝箱toy

重點在講斜率優化

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p教授要去看奧運，但是他捨不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。p教授有編號為1...n的n件玩具，第i件玩具經過壓縮後變成一維長度為ci.為了方便整理，p教授要求在乙個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果乙個一維容器中有多個玩具，那麼兩件玩具之間要加入乙個單位長度的填充物，形式地說如果將第i件玩具到第j個玩具放到乙個容器中，那麼容器的長度將為

x=j-i+sigma(ck) i<=k<=j

製作容器的費用與容器的長度有關，根據教授研究，如果容器長度為x,其製作費用為(x-l)^2.其中l是乙個

常量。p教授不關心容器的數目，他可以製作出任意長度的容器，甚至超過l。但他希望費用最小.

input

第一行輸入兩個整數n，l.接下來n行輸入ci.1<=n<=50000,1<=l,ci<=10^7

output

輸出最小費用

5 4342

141dp先入腦

有乙個dp[i]:=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-l)^2)

的基本思路

預處理可以得到

f[i]:=sum[i]+i

;令c=l+1

可以簡化方程：

dp[i]:=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2))

明顯這個為o(n^2)的演算法,,要再簡化;

一維的dp可以想到

斜率優化

所謂斜率優化，個人的感悟就是：

當 i：1-->n j:1-->n的n^2迴圈時可以簡化j的迴圈把1~n依次入隊出隊，當i要選擇j時，先根據最優策略縮短佇列，再在選取隊首元素直接作為j，算出dp[i]；

這樣做的話每個數進出一次佇列複雜度就變為o(n);

但是這樣做必須證明單調性，也就是出隊的元素在以後的dp中不會再被利用

下面說說怎麼縮短佇列

dp[i]:=min(dp[j]+(f[i]-f[j]-c)^2))

中j的選擇是決定dp[i]的大小的而 f[i]、c這樣的常量是不變的（對於同乙個i來說）

所以我們把不含j的變數分離出來，方便運算

dp[i]:=min(dp[j]+f[j]^2-2f[i]f[j]+2f[j]*c)+f[i]^2+c^2-2*f[i]*c;

假設選j好過選k，

本題為

dp[j]+f[j]^2-2f[i]f[j]+2f[j]*c<

dp[k]+f[k]^2-2f[i]f[k]+2f[k]*c

化簡分離i

dp[j]-dp[k]+(f[i]-f[k])*(2c+f[j]+f[k])

-------------------------------------------

2(f[j]-f[k])

簡化其為

com(j,k)

也就是說『選j好過選k』當且僅當『

com(j,k)成立』

所以如果乙個佇列的頭依次為a,b 如果g(b,a)<

=f[i] 那麼把a刪了吧

q[1]:=0;
head:=1;
tail:=1;
for i:=1 to n do
begin
while (head<=tail-1)and(com(q[head],q[head+1])<=sum[i]) do
inc(head);
dp[i]:=dp[q[head]]+(f[i]-f[q[head]]-l-1)*(f[i]-f[q[head]]-l-1);
while (head<=tail-1)and(com(q[tail-1],q[tail])>=com(q[tail],i)) do
dec(tail);
inc(tail);
q[tail]:=i;
end;
end;

這就是所謂的斜率優化

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