BZOJ 1010 [HNOI2008]玩具装箱toy
2015-07-13 22:26
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1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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Description
P教授要去看奥运,但是他舍不下他的玩具,于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩,其可以将任意物品变成一堆,再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具,第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理,P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具,那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物,形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中,那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关,根据教授研究,如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目,他可以制作出任意长度的容器,甚至超过L。但他希望费用最小.Input
第一行输入两个整数N,L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7Output
输出最小费用Sample Input
5 43
4
2
1
4
Sample Output
1HINT
Source
题解:laishao_yuan:Dp先入脑有一个Dp[i]:=min(Dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)的基本思路
预处理可以得到F[i]:=sum[i]+i;令C=L+1
可以简化方程:Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))
明显这个为O(N^2)的算法,,要再简化;
一维的Dp可以想到斜率优化
所谓斜率优化,个人的感悟就是:
当 I:1-->n J:1-->n的N^2循环时 可以简化J的循环 把1~N依次入队出队,当i要选择j时,先根据最优策略缩短队列,再在选取队首元素直接作为J,算出Dp[i];
这样做的话每个数进出一次队列 复杂度就变为O(n);
但是这样做必须证明单调性,也就是出队的元素在以后的Dp中不会再被利用
下面说说怎么缩短队列
Dp[i]:=min(Dp[j]+(F[i]-F[j]-c)^2))中j的选择是决定Dp[i]的大小的 而 f[i]、c这样的常量是不变的(对于同一个i来说)
所以我们把不含j的变量分离出来,方便运算
Dp[i]:=min(Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c)+F[i]^2+c^2-2*F[i]*c;
假设选j好过选k, 本题为
Dp[j]+F[j]^2-2F[i]F[j]+2F[j]*c<Dp[k]+F[k]^2-2F[i]F[k]+2F[k]*c化简分离i
Dp[j]-Dp[k]+(F[i]-F[k])*(2c+F[j]+F[k])
-------------------------------------------<F[i](*)
2(F[j]-F[k])
简化其为COM(j,k)<F[i]
也就是说 ‘选j好过选k’当且仅当‘COM(j,k)<F[i]成立’
所以如果一个队列的头依次为A,B 如果G(B,A)<=F[i] 那么把A删了吧
代码们:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring> #define PAU putchar(' ') #define ENT putchar('\n') using namespace std; const int maxn=50010;typedef long long LL; int deq[maxn];LL C[maxn],S[maxn],dp[maxn]; double slope(int i,int j){return (dp[i]+S[i]*S[i]-dp[j]-S[j]*S[j])/(double)(S[i]-S[j]);} inline int read(){ int x=0,sig=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar(); return x*sig; } inline LL readl(){ LL x=0,sig=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')sig=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch))x=10*x+ch-'0',ch=getchar(); return x*sig; } inline void write(LL x){ if(x==0){putchar('0');return;}if(x<0)putchar('-'),x=-x; int len=0;LL buf[15];while(x)buf[len++]=x%10,x/=10; for(int i=len-1;i>=0;i--)putchar(buf[i]+'0');return; } int n,L; void init(){ n=read();L=read();C[0]=S[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++){C[i]=readl();C[i]+=C[i-1];S[i]=i+C[i];} return; } void work(){ int s=0,e=0;dp[0]=deq[s]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ LL m=S[i]-L-1; while(s<e&&slope(deq[s+1],deq[s])<=(m<<1))++s; int j=deq[s];dp[i]=dp[j]+(m-S[j])*(m-S[j]); while(s<e&&slope(deq[e],deq[~-e])>=slope(i,deq[e]))--e; deq[++e]=i; } return; } void print(){ write(dp ); return; } int main(){init();work();print();return 0;}
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