[BZOJ2650]积木
题目大意：
有一排\(n\)个积木，第\(i\)个积木的高度为\(h_i\)，定义混乱值为相邻两个积木高度之差的绝对值之和乘上系数\(c\)。可以花费\(t^2\)的代价将一个积木高度增加\(t\)。求花费与混乱值之和的最小值。
思路：
\(f_i\)表示前\(i\)个建筑，第\(i\)个高度不变。枚举上一个高度不变的积木\(j\)，此时将中间一段最低点为\(k\)，将这一段高度调整成一样的最优，转移方程为：
\[ f_i=\min\{f_j+\sum_{k=j+1}^{i-1}(x-h_k)^2+(h_i+h_j-2x)c\} \]
而其中\(k\)可以通过计算二次函数的对称轴得到。
考虑哪些\(j\)的转移会对答案产生贡献，由于只有在\(h_k\le\min(h_i,h_j)\)时增加积木高度答案才会比不增加更优，因此我们可以维护一个关于高度单调下降的栈，每次从栈顶取出一个\(k\)，以及栈中第二个数\(j\)用来转移。时间复杂度\(\mathcal O(n)\)。
源代码：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<climits>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
typedef long long int64;
const int N=1e6+2;
int n,k,h[N],stk[N],top;
int64 f[N],sum[N],psum[N];
inline int64 calc(const int &j,const int &i,int64 x) {
const int64 a=i-j-1;
const int64 b=-2*(sum[i-1]-sum[j])-(i!=n+1?k:0)-(j!=0?k:0);
const int64 c=psum[i-1]-psum[j]+(i!=n+1?1ll*k*h[i]:0)+(j!=0?1ll*k*h[j]:0);
x=std::max(x,(int64)round(-1.*b/a/2));
x=std::min(x,1ll*std::min(h[i],h[j]));
return a*x*x+b*x+c;
}
int main() {
n=getint(),k=getint();
h[0]=h[n+1]=INT_MAX;
for(register int i=1;i<=n;i++) {
h[i]=getint();
sum[i]=sum[i-1]+h[i];
psum[i]=psum[i-1]+1ll*h[i]*h[i];
}
for(register int i=1;i<=n+1;i++) {
f[i]=f[i-1]+(2<=i&&i<=n?1ll*std::abs(h[i]-h[i-1])*k:0);
for(;top>=0&&h[stk[top]]<=h[i];top--) {
if(top!=0) {
const int &j=stk[top-1],&k=stk[top];
f[i]=std::min(f[i],f[j]+calc(j,i,h[k]));
}
}
stk[++top]=i;
}
printf("%lld\n",f[n+1]);
return 0;
}