HNOI2008玩具装箱Toy 斜率优化DP

题目描述

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.

输入输出格式

输入格式：

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

输出格式：

输出最小费用

　

分析：

1.观察到本题的阶段性，首先推出DP方程dp[i]=min{dp[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2},令f[i]=sum[i]+i,c=L+1，则 dp[i]=(min)dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2

2.因为f[i]具有单调性，故考虑斜率优化DP

3.设决策点k < j 且j优于k则

dp[k]+f[i]
4000
2+f[k]2+c2−2∗f[i]∗f[k]−2c∗f[i]+2c∗f[k]>dp[j]+f[i]2+f[j]2+c2−2∗f[i]∗f[j]−2c∗f[i]+2c∗f[j]

最后得(dp[j]−dp[k]+f[j]2−f[k]2)(f[j]−f[k])<2(f[i]−c)①

4.令w[i]为2(f[i]-c),设S(j,k)=(dp[j]−dp[k]+f[j]2−f[k]2)(f[j]−f[k])

结论 1:对于 i 的两个决策点 k,j(k < j),如果有 S(j,k) < w[i],则决策 j比 k 优,反之,k 比 j 优。

结论 2:对于三个决策点 k,j,i(k < j < i),如果有 S(j,k) > S(i,j),则决策 j永远不会成为最优决策。

那么,我们可以用一个单调队列来维护决策,利用以上决策剔除无用决策

　　①对于队首,如果 S(q[L+1],q[L]) < w[i],说明 q[L+1]比 q[L]优,去掉q[L],一直到不满足条件为止。

　　②此时 q[L]就是当前点的最优决策,根据状态转移方程计算 F[i]的值。

　　③对于队尾,如果 S(q[R],q[R-1]) > S(i,q[R]),证明 q[R]永远不会成为最优决策,去掉 q[R],一直到不满足条件为止,然后将决策 i 入队。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=50010;
LL c[maxn],f[maxn],sum[maxn];
LL dp[maxn];
int q[maxn*10];
int n,L;
int t;
double s(int x,int y){
return 1.0*(dp[x]-dp[y]+f[x]*f[x]-f[y]*f[y])/(f[x]-f[y]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&L);t=L+1;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]),sum[i]=sum[i-1]+c[i];
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=sum[i]+i;
int l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(l<r && s(q[l+1],q[l])<2.0*(f[i]-t)) l++;
int j=q[l];
dp[i]=dp[j]+(f[i]-f[j]-t)*(f[i]-f[j]-t);
while(l<r && s(q[r],q[r-1])>s(i,q[r])) r--;
q[++r]=i;
}
printf("%lld",dp
);
return 0;
}

^_^