HNOI2008 玩具裝箱toy

bzoj1010

斜率優化dp首題，多寫一點吧。

設\(f_i\)為\(i\)點時的最優方案，\(s_i\)為\(i\)點\(c_i\)字首和，則有\(f_i = min\\)。

不要被這個「決策單調性」給唬住，其實就是證明：若在計算\(f_i\)的時候，選\(j\)比選\(k\)好，那麼之後永遠都有選\(j\)比選\(k\)好。

證明：首先設\(t_x = s_x+x,c = l+1\)且\(j > k\)，選\(j\)比選\(k\)好，簡化之後的表示

\(f_j+(t_i-t_j-c)^2 < f_k + (t_i-t_j-c)^2\)

\(\leftrightarrow f_j+t_i^2+t_j^2+c^2-2t_it_j+2t_jc-2t_ic < f_k+t_i^2+t_k^2+c^2-2t_it_k+2t_kc-2t_ic\)

\(\leftrightarrow f_j+t_j^2-2t_it_j+2t_jc - f_k - t_k^2 + 2t_it_k - 2t_kc < 0\)

\(\leftrightarrow f_j + t_j^2+ 2t_jc - f_k - t_k^2 - 2t_kc < 2t_it_j - 2t_it_k\)

由於\(t\)是單調上公升的，所以\(2t_j-2t_k>0\)，所以

\(\mbox\leftrightarrow \displaystyle\frac < t_i\)

又因為\(t\)是單調上公升的，所以一旦滿足了這個條件，選\(j\)永遠比選\(k\)好。

這一步其實就是看分子分母，化出和\(j\)，\(k\)有關的式子，就可以了。

設\(f_x = t_x^2+f_x+2ct_x\)，\(g_x=2t_x\)

則原式可化成\(\displaystyle\frac，由於\(g\)單調增，不等號左邊的式子（上下同乘\(-1\)後）就是在平面\(gof\)上的一條直線\((k,j)\)的斜率（記為\(k_\)）。

設\(x, y, z\)滿足\(x < y < z\)，且\(k_>k_\)，則選\(y\)不可能更優。

證明：考慮反證法，若\(y\)優於\(x\)和\(z\)，則有：

\(\displaystyle\frac>t_i\)（這個式子其實是將step2中的\(j>k\)反過來推出來的）

和\(\displaystyle\frac

即\(k_=\displaystyle\frac>\displaystyle\frac=k_\)與題設矛盾。

這裡應該先考慮\(y\)優於\(x\)和\(z\)，推出式子後得出斜率的單調結論。

單調佇列是乙個雙端佇列。

由於step2,3，若在\(i\)處有\(k_(\(k, j\)位於隊首)，則應該令\(k\)出隊，反覆執行直至佇列中只有乙個元素或不滿足條件為止，此時隊首即為決策。

當計算出\(f_i\)後，利用step4的結論，在隊尾不斷出隊直至直至佇列中只有乙個元素或不滿足條件為止，並將\(i\)放入隊尾。

#include #include typedef long long ll;
const int n = 50000 + 10;
const double eps = 1e-10;
int n, l;
ll c[n], f[n], s[n], t[n], c, f[n], g[n];
int q[n], qhd, qtl;
inline double k(int x, int y) 
inline int dcmp(double x) 
int main () 
// dp 
f[0] = 0;
q[qtl++] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) 
int j = q[qhd];
f[i] = f[j] + (t[i] - t[j] - c) * (t[i] - t[j] - c);
f[i] = t[i] * t[i] + f[i] + 2 * c * t[i];  // mark
while (qhd < qtl - 1) 
q[qtl++] = i;
}		printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}

這個題是我寫的斜率優化dp的第一題，感覺斜率優化很模板化，只需要一點點推就行了，要注意的一點是斜率優化的複雜度\(o(n)\)的，另外，演草時要好好寫字，否則真的會看不清...（例如mark處我一開始寫的是+t[i]）

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