P3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY 斜率优化dp

传送门：https://www.luogu.org/problem/P3195

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\cdots N1⋯N 的 NN 件玩具，第 ii 件玩具经过压缩后变成一维长度为 C_iCi​ .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 ii 件玩具到第 jj 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_kx=j−i+k=i∑j​Ck​ 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 xx ,其制作费用为 (X-L)^2(X−L)2 .其中 LL 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 LL 。但他希望费用最小.

感谢@ACの666 提供的Latex题面

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

输入输出样例

输入 #1复制

5 4
3
4
2
1
4

输出 #1复制

1

先来梳理一下题意吧

就是说有n个玩具 要放到好多个容器里（容器个数不限）

使得所花费的费用最小

那么每个容器的费用就是  (X-L)^2  容器长度为x  另外输入时还告诉你一个L

。。。。。

天哪看起来好难的样子

很显然这一道题要是暴力搜索肯定是拿不了几分

做法一：朴素做法

事实上 朴素算法还是不错的

就是说  i：1-n     j：1-i

dp [ i ] = min ( dp [ j -1] +( sum [ i ] - sum [ j-1 ] + i - j - L )²)

啊啊啊 那是什么东西

就是说dp[i]就表示前i个玩具

就是说 sum [ i ] - sum [ j-1 ] + i - j  这个肯定非常好理解 题目中已经说  就是那个X

“那么每个容器的费用就是  (X-L)^2  容器长度为x  另外输入时还告诉你一个L”

那么很明显 这个就没有什么问题啦

感觉这个还是不错

但是：：这是n²的做法啊啊啊啊啊

先写一下试试吧

p.s.才20分。。。呜呜呜

然后就开始一脸发蒙了

斜率优化开始

斜率优化是什么？

不知道···

就是说

首先一次函数肯定知道吧（不知道查一下）

y=kx+b

知识大普及 k是斜率  b是截距

and then  知道又有啥用。。。

我们上面不是得到的一个式子吗 我们可以把它转化一下 使得它不超时

dp [ i ] = min ( dp [ j -1] +( sum [ i ] - sum [ j-1 ] + i - j - L )²)

然后那  可以把这个式子拆一下

我们令a[i]=sum[i]+i

令b[j]=sum[j-1]+j+L;   郑重声明 这个是可以预 处理出来的  （其实无所谓）

这样子接下来可能会好受一点

先把min去了吧  这样比较好看一些

dp [ i ] =  dp [ j -1] +( sum [ i ] - sum [ j-1 ] + i - j - L ) ²

dp [ i ] =  dp[ j -1] +( a[i]-b[j])²

dp[i]=dp[j-1]+a[i]²+b[j]²-2*a[i]*b[j];

2*a[i]*b[j]+dp[i]=dp[j-1]+a[i]²+b[j]^2;

假设x=b[j] y=dp[j-1]+b[j]²

首先 你要先明确看到这里没有问题

2*a[i]*x+dp[i]=y+a[i]²

y=2*a[i]*x+dp[i]-a[i]²;

嗯嗯嗯呃

然后干嘛   先自己晕一会

啊哈！

y=kx+b

和上面的那个式子对照一下 会发现一个非常神奇的事情

k:2*a[i]

b:dp[i]-a[i]²

enenen别跑偏了  我们要求的是dp[i]对吧  就是那个b里面的

因为a[i]²是固定的对吧（那还用你说。。）

也就是说！！！！！！！求出来最小的b也就能求出来最小的dp[i]

算了讲到这里已经讲不下去了

还是来粘贴一段接下来的讲解吧  我只负责讲一下怎么转化为函数表达式啦

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
#define int long long
#define u32 unsigned
int f[maxn],g[maxn];
u32 n,L,q[maxn];
int SQR(int x){
    return x*x;
}
double Get(u32 j,u32 k){
    return ((f[j]+SQR(g[j])+*L*g[j])-(f[k]+SQR(g[k])+*L*g[k]))/(double)(g[j]-g[k]);
}
signed main(){
    scanf("%u%u",&n,&L);
    L++;
    u32 i,j,s,t,K;q[s=t=]=;
    for(i=;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&g[i]),g[i]+=g[i-];//维护前缀和（很显然这会更方便啊）
    for(i=;i<=n;i++) g[i]+=i;//就是讲解中 的那个a[i]
    for(i=;i<=n;q[++t]=i++){//我也是第一次发现这么一个神奇的写法   q就是维护了一个单调队列
        K=g[i]<<;//斜率 k=2*a[i]
        while(s<t&&Get(q[s+],q[s])<=K) s++; //找到能形成最小值的点
        j=q[s];f[i]=f[j]+SQR(g[i]-g[j]-L);
        while(s<t&&Get(q[t],q[t-])>=Get(i,q[t])) t--;//维护凸包
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return ;
}