預處理字首和su
mi=∑
j=1i
ai，為區間求和作準備。
這顯然是dp。 設f
i 表示前
i 件玩具花的最小費用。
則有：
①邊界條件：f0
=0； ②動態轉移方程：fi
=min
(fj+
(i−j
−1+s
umi−
sumj
−l)2
) ；
③答案：fn
。直接求解，時間複雜度為o(
n2) ，顯然會tle。
考慮斜率優化。
原來的方程太複雜了，我們先化簡一下。
通過換元法化簡動態轉移方程，將參量、變數、常量分離。 記g
i=i+
sumi
，gj=
j+su
mj，c
=1+l
， ∴f
i=mi
n(fj
+(gi
−gj−
c)2)
再求解斜率方程。
為了加快求解，我們設法盡可能多的排除一些狀態，這需要決策點之間的比較，我們要找出決策點比較的式子。
設當前要求fi
，存在決策點k,
j ，
k>
j ，滿足決策
k 優於決策j。
∴fk+
(gi−
gk−c
)2≤f
j+(g
i−gj
−c)2
∴fk+(−g
k−c)
2+2g
i(−g
k−c)
≤fj+
(−gj
−c)2
+2gi
(−gj
−c)
∴fk+
(gk+
c)2−
fj−(
gj+c
)2≤2
gi(g
k−gj
) ∵k
>j，
sumk
>su
mj ∴
k+su
mk>j+
sumj
即gk>gj
∴slope(
k,j)
=fk+
(gk+
c)2−
fj−(
gj+c
)2gk
−gj≤
2gi
不難發現，
k 和
j可以看做兩個定點，不因
i 的改變而改變： (f
k+(g
k+c)
2，gk
)和(f
j+(g
j+c)
2，gj
) 。
近一步，∀i
∈n+ ，決策點
i 可以表示為平面上的點(f
i+(g
i+c)
2，gi
)。對於∀
k,j∈
n+，k
>
j ， ①當s
lope
(k,j
)≤2g
i 時，決策點
k 優於決策點j；
②當slo
pe(k
,j)>2g
i 時，決策點
k 劣於決策點j。
可以將問題轉化為平面上的點的問題。
現在問題轉化為：
給定平面上
n 個在橫縱座標都單調遞增的點，給定乙個斜率
k，支援以下三種操作：
①插入點操作： 在第n
個點(x
n,yn
)的末尾增加乙個點n+
1 ，也滿足xn
+1>xn
，yn+
1>yn
； ②詢問點操作：
在點集x
= 中尋找乙個點
i ，使得經過
i斜率為
k 的直線在其他所有點之下；
③更改k
操作： 將k
變成k′
，滿足k
′>
k 。
要尋找的點
i ，很明顯
i在點集的下凸殼。
又由於k
是不斷增大的，所以凸殼上要找的點
i的橫座標也在不斷增大。
我們只需要維護乙個單調佇列即可。
隊首維護：
隊首的點為
a ，b，若
slop
e(b,
a)≤2
gi，則將隊首往後移一位；
隊尾維護：
隊末三個點為
a ，b，
c 。 若s
lope
(a,b
)>sl
ope(
a,c)
，則將b
移出隊。
每個點進隊一次，出隊一次。
所以總的時間複雜度為o(
n)，空間複雜度也為o(
n)。總算徹底弄清斜率優化的嚴謹過程了。
#include
#include
typedef long long lint;
const int n=65536;
int n,l;
int c[n];
lint sum[n];
lint g[n];
lint c;
lint f[n];
lint x[n];
lint y[n];
intq[n];
int qh,qt;
inline int read(void)
inline double slope(int i,int j)
int main(void)
printf("%lld\n",f[n]);
return
0;}
bzoj 1010 玩具裝箱
題目大意 有n個數，分成連續的若干段，每段 假設從第j個到第i個組成一段 的分數為 x l 2，x為j i sigma ck i k j，其中l是乙個常量 使各段分數的總和最小 思路 斜率優化dp入門題 寫出dp方程之後用單調佇列維護凸包即可 1 include2 include3 include4...
BZOJ1010 玩具裝箱toy
1010 hnoi2008 玩具裝箱toy time limit 1 sec memory limit 162 mb submit 7631 solved 2924 description 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...
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