BZOJ 1010 玩具装箱 斜率优化DP

详情见 http://www.cnblogs.com/proverbs/archive/2013/02/01/2713109.html（我觉得这里面讲得已经够详细了，我就不赘述了）
还是来回忆一下做这道题的历程吧！一开始的确有点想错了，但马上又反应过来，清楚了题意。写了个 n^2 的算法。很明显，对于n <= 50000 的数据，肯定是要TLE的。（援引我看博客过程中看到的一句话来形容就是“省选题的数据就是硬”。）没办法，只能上网找百度（太弱了）。一开始的确有点茫然，但马上就决定要自己推导一下，马上思路就清晰了。但对于该算法的正确性还有所怀疑，所以一个下午都在思考（上课都是恍恍惚惚的）。后来大致明白了。

一开始有疑惑的地方有，为什么可以直接在队首维护后的队列中取出首位呢？ 原因在于 设 i < j 如果一开始 j 比 i 更优那么 i 会被踢出队列。那为什么不可以设 i < j < k 中 j 虽然比 i 差 但 k 比 i 更优呢！ 原因在于如果 i < j < k 三者这样的位置关系，我们是会在队尾维护的过程中把这种情况去掉。 所以可以直接在队首维护后的队列中取出首位。

斜率优化其实就是把每个状态看上直角坐标系上离散的点抽象出x，y 表示斜率 (y2 - y1) / (x2 - x1) 于一个关系状态i个函数的关系，然后维护点见斜率的上凸性或者下凸性。具体的情况要看于i有关的函数的单调性。

说一些注意事项：

注意斜率尽量中乘法，不要中实数（的确，误差影响很大），如有必要全用long long，以免溢出。注意 x2 - x1可能小于0不等式的负号要改变；

这道题一开始用 int ， WA了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define sqr(x) (x) * (x)
#define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define maxn 100000
#define ll long long
using namespace std;

ll dp[maxn], sum[maxn], q[maxn], s, t, c[maxn];
ll G(int i,int j)
{
return sqr(sum[i])-sqr(sum[j])+dp[i]-dp[j];
}

ll S(int i,int j)
{
return sum[i] - sum[j];
}

int read()
{
int s = 0, t = 1; char c = getchar();
while( !isdigit(c) ){
if( c == '-' ) t = -1; c = getchar();
}
while( isdigit(c) ){
s = s * 10 + c -'0';  c=  getchar();
}
return s * t;
}

int main()
{
ll n = read(), l = read();
c[0] = 0;
rep(i,1,n){
c[i] = c[i-1] + read();
sum[i] = c[i] + i;
cout<<sum[i]<<endl;
}
q[0] = 0, s = 0, t = 0,dp[0] = 0;
rep(i,1,n){
ll k = sum[i] - l - 1;
while( s < t && G(q[s+1],q[s]) <= 2*k*S(q[s+1],q[s])) s++;
int j = q[s];
dp[i] = sqr(k-sum[j]) + dp[j];
while( s < t && G(q[t],q[t-1])*S(i,q[t]) >= G(i,q[t]) * S(q[t],q[t-1])) t--;
q[++t] = i;
}
cout<<dp
<<endl;
return 0;
}

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 7823 Solved: 3015
[Submit][Status][Discuss]

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<=10^7

Output

输出最小费用

Sample Input

5 4

3

4

2

1

4

Sample Output

1

附POJ 3709

这道题与上面的差不多，这是多了一个每组应至少有k个数的限制。对此援引从博客上看到的

“好，以下考虑每组不少于K个元素这个限制。

要解决这个限制，只需延迟加入的时机即可。

若延迟K-1个回合加入，有可能使前一组的个数少于K个。

若延迟2*k-1个回合加入，则不会出现这情况。但此时加入的数应是i-k+1（假设是第I回合）” // 重点

以及延迟加入时机后，队尾维护的代码也要修改（查错查了半天）。

详情见 http://blog.sina.com.cn/s/blog_5f5353cc0100jxxo.html http://www.cnblogs.com/zxndgv/archive/2011/08/01/2124300.html

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define rep(i,j,k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define maxn 500010
#define LL long long
using namespace std;

LL num[maxn], sum[maxn], f[maxn], q[maxn];
int head, tail;

LL G(int k,int j) {
return f[j]-f[k]-sum[j]+sum[k]+j*num[j+1]-k*num[k+1];
}

LL S(int k,int j) {
return num[j+1]-num[k+1];
}

int read()
{
int s = 0, t = 1; char c = getchar();
while( !isdigit(c) ){
if( c == '-' ) t = -1; c = getchar();
}
while( isdigit(c) ){
s = s * 10 + c - '0'; c = getchar();
}
return s * t;
}

int main()
{
int t = read();
while( t-- ){
int n = read(), k = read();
sum[0] = f[0] = q[0] = head = tail = 0;
rep(i,1,n){
num[i] = read();
sum[i] = sum[i-1] + num[i];
}
rep(i,1,n){
while( head < tail && G(q[head+1],q[head])>=i*S(q[head+1],q[head]) ) head++;
int j = q[head];
f[i] = f[j] + sum[i] - sum[j] - num[j+1] * (i-j);
if( i>=2*k-1 ) {
q[++tail]=i-k+1;
}
while( head < tail && G(q[tail-1],q[tail-2]) * S(q[tail],q[tail-1])  >= G(q[tail],q[tail-1]) * S(q[tail-1],q[tail-2] ) ) {
q[tail-1] = q[tail];
tail--;
}
}
cout<<f
<<endl;
}
return 0;
}

将题目转化下：将一个升序的，有N个元素的序列，分组。要求每组的元素不少于K个，计算出组内各元素与最小元素的之差的和，将每组的这个值加起来，其和要最小。

很容易可以得出一个结论：连续取比离散取得到的结果要好（很容易证，所以不证）。