[BZOJ1010][HNOI2008]玩具装箱（决策单调性/斜率优化DP）

容易推出，如果玩具长度的前缀和为sum[]，那么DP方程为：

f[i]=mini−1j=0{f[j]+(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2}。

解法一：决策单调性。

可以看出原方程是一个f[i]=mini−1j=0{f[j]+w(i,j)}的模型，其中w(i,j)=(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2。

设X=i−j−1−L+sum[i]−sum[j]，则：

w(i+1,j+1)=(X+c[i+1]−c[j+1])2

w(i+1,j)=(X+c[i+1]+1)2

w(i,j+1)=(X−c[j+1]−1)2

此时w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X2+2c[i+1]X−2c[j+1]X+c[i+1]2−2c[i+1]c[j+1]+c[j+1]2

w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X2+2c[i+1]X−2c[j+1]X+c[i+1]2+2c[i+1]+2c[j+1]+c[j+1]2+2

可得w(i,j)+w(i+1,j+1)<=w(i+1,j)+w(i,j+1)，即满足决策单调性。

决策单调性实现即，用一个栈维护每个决策的起始和结束位置。对于每个已经计算出来的f[i]，去寻找它能更新的状态有哪些。

具体为：

（1）在栈顶的决策起始位置判断起始位置是否决策i更优。如果是，则退栈，继续执行（1）。否则转（2）。

（2）二分查找在栈顶的决策区间里，决策i最优的最左位置pos，把栈顶的决策结束位置设为pos−1，并把决策i压入栈，决策起始位置为pos，结束位置为n（但是如果pos>n就不要入栈，我就在这里调了好久）。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll;
const int N = 5e4 + 5;
int n, L, c
, top; ll sm
, f
;
struct cyx {
int l, r, x;
cyx() {}
cyx(int _l, int _r, int _x) :
l(_l), r(_r), x(_x) {}
} stk
;
ll w(int i, int j) {
ll res = sm[j] - sm[i] - L;
res += j - i - 1; return res * res;
}
int findx(int i) {
int l = stk[top].l, r = stk[top].r, mid;
while (l <= r) { // 二分查找新决策的起始位置
mid = l + r >> 1;
if (f[i] + w(i, mid) < f[stk[top].x] + w(stk[top].x, mid))
r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
int main() {
int i, now = 1; n = read(); L = read();
for (i = 1; i <= n; i++) c[i] = read(),
sm[i] = sm[i - 1] + c[i];
stk[top = 1] = cyx(1, n, 0);
for (i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = f[stk[now].x] + w(stk[now].x, i);
while (i < stk[top].l && f[i] + w(i, stk[top].l) < f[stk[top].x] +
w(stk[top].x, stk[top].l)) top--;
int u = findx(i); stk[top].r = u - 1;
if (u <= n) stk[++top] = cyx(u, n, i);
if (i == stk[now].r) now++;
}
cout << f
<< endl;
return 0;
}

时间复杂度O(nlogn)。

解法二：斜率优化。

可以发现原方程为

f[i]=mini−1j=0{f[j]+((i+sum[i]−L−1)−(sum[j]+j))2}

设a[i]=i+sum[i]−L−1，b[j]=sum[j]+j，

则f[i]=mini−1j=0{f[j]+(a[i]−b[j])2}

即f[i]=mini−1j=0{f[j]+b[j]2−2a[i]b[j]+a[i]2}

再设X[j]=b[j]，Y[j]=f[j]+b[j]2，

则可以发现a[]和X[]都单调递增，所以斜率是单调递减的。由于所有的最优决策都在凸包上，所以用单调队列维护凸壳，每次从队首不断出队以找出最优决策。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
int res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll;
const int N = 5e4 + 5;
int n, H, T, L, que
;
ll f
, a
, b
, X
, Y
;
bool check(int p1, int p2, int p3) {
return (X[p2] - X[p3]) * (Y[p1] - Y[p3]) - (X[p1] - X[p3])
* (Y[p2] - Y[p3]) >= 0; // 根据叉积判断p1p2的斜率是否大于p2p3的斜率
}
ll calc(int x, int y) {
return f[x] + b[x] * b[x] - 2ll * a[y] * b[x];
}
int main() {
int i; n = read(); L = read(); H = T = 1;
for (i = 1; i <= n; i++) {
b[i] = b[i - 1] + read() + 1;
a[i] = b[i] - L - 1;
}
for (i = 1; i <= n; i++) {
while (H < T && calc(que[H], i) >= calc(que[H + 1], i)) H++;
f[i] = calc(que[H], i) + a[i] * a[i];
X[i] = b[i]; Y[i] = f[i] + b[i] * b[i];
while (H < T && check(que[T - 1], que[T], i)) T--;
que[++T] = i;
}
cout << f
<< endl;
return 0;
}

时间复杂度O(n)。