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
输入输出样例
输入样例#1：
5 4
3
4
2
1
4
输出样例#1：
1
dp方程：
f[i]=f[j]+(i-j-1+s[i]-s[j]-l)^2
=>f[j]+((i+s[i]-1-l)-(j+s[j]))^2
=>f[j]+(i+s[i]-1-l)^2+(j+s[j])^2-2(i+s[i]-1-l)*(j+s[j])
然后就可以斜率优化 对于i，j比k优时有：j>=k
f[j]+(i+s[i]-1-l)^2+(j+s[j])^2-2(i+s[i]-1-l)*(j+s[j])
<=f[k]+(i+s[i]-1-l)^2+(k+s[k])^2-2(i+s[i]-1-l)*(k+s[k])
=>(f[j]+(j+s[j])^2-f[k]-(k+s[k])^2)/2*(j+s[j]-k-s[k])<=(i+s[i]-1-l) 公式只有右边与i有关，考虑用单调队列，令
yj=f[j]+(j+s[j])^2,xj=(j+s[j])
原式=>(yj-yk)/(xj-xk)<=(i+s[i]-1-l)
令g[k,j]=原式 首先，不等式成立说明j优于k，由于右边单调递增，所以j以后都优于k，丢掉k
其次，k<j<i&&g[j,i]<g[k,j]则j可以丢掉
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
lol l,n,sum[];
int head,tail;
lol s[],f[];
lol X(lol x)
{
lol fm=x+sum[x];
return *fm;
}
lol Y(lol x)
{
lol fz=f[x]+(x+sum[x])*(x+sum[x]);
return fz;
}
int main()
{lol i;
cin>>n>>l;
for (i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-];
}
head=;tail=;
s[]=;
for (i=;i<=n;i++)
{lol j=;
while (head+<=tail&&(X(s[head+])-X(s[head]))*(i+sum[i]-l-)>=Y(s[head+])-Y(s[head])) head++;
j=s[head];
//cout<<head<<' '<<tail<<endl;
f[i]=f[j]+(i-j-+sum[i]-sum[j]-l)*(i-j-+sum[i]-sum[j]-l);
while (tail->=head&&(Y(s[tail])-Y(s[tail-]))*(X(i)-X(s[tail]))>=(X(s[tail])-X(s[tail-]))*(Y(i)-Y(s[tail]))) tail--;
tail++;
s[tail]=i;
//cout<<j<<endl;
}
cout<<f[n];
}