<斜率优化><单调队列>——2.T_OY(踢欧阳^_^)

前言

好像没什么好说的，快进入正题吧！

题目

8月P教授要去看奥运，但是他割舍不下自己的一大堆智力玩具。于是，他决定把所有玩具都运到北京去。P教授使用自己的物体维数压缩器ODZ(Object Dimension Zipper)来给玩具装箱。ODZ 可以将任意物品变成一维，再装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ODZ处理后一维长度是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，那么相信两件玩具之间要加入1个单位长度的填充物。

形式地说，如果将第i到第j件玩具放在一个容器中，那容器的长度将为：

x=j-i+sigma(Ck) //i<=k<=j

制作容器的费用与容器长度有关。根据P教授的研究，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，他可以制造出任意长度的容器（甚至超过L），但他希望费用最小。

数据范围

1<=N<=50000，1<=L,Ci<=10^7。

题意

简单易懂，即分组，使得利益最大（即原题最小）。若是选择l[p]到r[p]则有k组，要求Min(∑kp=1(r[p]−l[p]−1+∑r[p]i=l[p]Ci−L)2)

分析

明显的dp加优化，且与特别行动队一样方程都是与i有关的，所以照样上斜率优化。原方程为：f[i]=min(f[j]+(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2)
同样的，对于两个决策j,k且j决策比k决策优又j>k，则：
f[j]+(i−j−1−L+sum[i]−sum[j])2<f[k]+(i−k−1−L+sum[i]−sum[k])2
很快我们会发现这个方程里面的项太多了，怎么办？
继续我们又可以发现i−j−1的i−j是可以处理的，在前缀和里面——sum[i]=sum[i]+i便可以轻松处理了。那么还有一个1便可以插进l里面，即l=l+1，那么最后就可以减掉那个1了。再还有是我们的目的是把有i项的单独处理处理，其他可以一起处理。所以原方程就可以变成：
f[j]+(sum[i]−(sum[j]+L))2<f[k]+(sum[i]−(sum[k]+L))2
f[j]+sum[i]2+(sum[j]+L)2−2∗sum[i]∗(sum[j]+L)<f[k]+sum[i]2+(sum[k]+L)2−2∗sum[i]∗(sum[k]+L)
再移项：
f[j]−f[k]+(sum[j]+L)2−(sum[k]+L)2<2∗sum[i]∗(sum[j]−sum[k])
最后：(f[j]−f[k]+(sum[j]+L)2−(sum[k]+L)2)(2∗(sum[j]−sum[k]))<sum[i]
这样便可以完美解决问题了！

#include<iostream>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cstdlib> #include<cstdio>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)using namespace std;const int N=50005;int n,l,r;long long g[N],sum[N],f[N],x,t;double make(int x,int y){    return (f[x]-f[y]+(sum[x]+t)*(sum[x]+t)-(sum[y]+t)*(sum[y]+t))/(2*(sum[x]-sum[y]))*1.0;}int main(){    scanf("%d%lld",&n,&t);t+=1;    fo(i,1,n){scanf("%lld",&x);sum[i]=sum[i-1]+x;}    fo(i,1,n)sum[i]+=i;     l=1;r=1;    fo(i,1,n){        while ((l<r)&&(make(g[l+1],g[l])<sum[i])) l++;        f[i]=f[g[l]]+(sum[i]-sum[g[l]]-t)*(sum[i]-sum[g[l]]-t);        while ((l<r)&&(make(i,g[r])<make(g[r],g[r-1]))) r--;        g[++r]=i;    }    printf("%lld",f[n]);}