[BZOJ1010][HNOI2008]玩具装箱toy

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

记f[i]为做到第i个玩具且终止继续放在当前容器的最小值

首先是O(N2)的Dp，我们记sumi为Ci的前缀和再加上一个i（方便计算）

那么很容易得到Dp方程：(我提前把L加上1了)

fi=min{fj+(sumi−sumj−L)2|0≤j<i}

那么直接做会T，看到这个式子有点眼熟，那我们就会想到斜率优化

对于fi的两个决策点j1<j2，如果

fj1+(sumi−sumj1−L)2>fj2+(sumi−sumj2−L)2

那么j1就没用了

化简式子，最后的结果是这样的：

fj1−fj2+sum2j1−sum2j2sumj1−sumj2>2∗(sumi−L)

那么就可以斜率DP啦！

复杂度O(n)

/**************************************************************
Problem: 1010
User: waz
Language: C++
Result: Accepted
Time:168 ms
Memory:1992 kb
****************************************************************/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define LL "%I64d"
int n,L,C[50010];
int q[50010],l,r;
long long sum[50010],f[50010];
//j2 > j1
double slope(int j2,int j1){
return (double)((f[j2]-f[j1])+(sum[j2]+sum[j1])*(sum[j2]-sum[j1]))/(sum[j2]-sum[j1]);
}
long long sqr(long long x){
return x*x;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&L);L++;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",C+i),sum[i]=sum[i-1]+C[i];
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]+=i;
l=r=1;q[r++]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(l+1<r&&slope(q[l+1],q[l])<(sum[i]-L)*2)l++;
f[i]=f[q[l]]+sqr(sum[i]-sum[q[l]]-L);
while(l+1<r&&slope(i,q[r-1])<slope(q[r-1],q[r-2]))r--;
q[r++]=i;
}
printf("%lld\n",f
);
return 0;
}