[HNOI2008]玩具装箱 （斜率优化入门）

题目描述

分析

先吐槽一波，为什么 latex 不能复制！！！！
好了让我们看看这道题。
设 $s_i$ 为前 $i$ 个玩具的长度前缀和，设 $f_i$ 表示前 $i$ 个玩具的最小费用，于是有一个显然的转移方程：
$f_i=min\{f_{j-1}+(i-j+s_i-s_{j-1}-L)^2\}$
然后我们令 $g(x)=s_x+x-L$， $t(x)=x+s_{x-1}$
可以将转移方程化简为：
$f_i=min\{f_{j-1}+t(j)^2-2g(i)t(j)\}+g(i)^2$
好了，来到这里，要开始进入斜率优化了！
令 $h(x)=f_{j-1}+t(j)^2$
那么式子成为：
$f_i=min\{h(j)-2g(i)t(j)\}+g(i)^2$
我们做这一切完全是为了让式子好看一些（雾
既然叫优化，我们就不可能枚举每个点去转移，而是要快速得到决策点。
考虑 $j_1<j_2$， $j_2$ 比 $j_1$ 优的条件，注意下面中 $t(j_2)>t(j_1)$，因为 $t(x)$ 单调增：
$h(j_1)-2g(i)t(j_1)>h(j_2)-2g(i)t(j_2)\\\Rightarrow h(j_2)-h(j_1)<2g(i)(t(j_2)-t(j_1))\\\Rightarrow \frac{h(j_2)-h(j_1)}{t(j_2)-t(j_1)}<2g(i)$
那部分是不是很像斜率的形式？所以称之为斜率优化。
记 $T(j_1,j_2)=\frac{h(j_2)-h(j_1)}{t(j_2)-t(j_1)}$
我们目前得到的结论：若 $j_1<j_2$， $T(j_1,j_2)<2g(i)$ 时， $j_2$ 更优。

下面是两个重要的结论

• 队列中相邻点的斜率都大于 $2g(i)$ 时，决策点为队首。
  因为 $T(j_1,j_2)>2g(i)$，因此 $j_1$ 优于 $j_2$，同理， $j_2$ 优于 $j_3$，以此类推。

• 队列中相邻点斜率单调增
  让我们考虑 $j_1<j_2<j_3$ 这相邻三个点的情况： $j_2$ 要成为决策点，就必须满足存在 $g(i)$:

  • $j_2$ 比 $j_1$ 优，即 $T(j_1,j_2)<2g(i)$
  • $j_2$ 比 $j_3$ 优，即 $T(j_2,j_3)>2g(i)$

  于是有 $T(j_1,j_2)<2g(i)<T(j_2,j_3)$，于是队列中斜率单调增。
  知道了这个，就可以用一个单调队列来维护斜率了。

于是，我们用单调队列维护斜率单调增，同时队列中斜率都大于 $2g(i)$，每次决策点在队首。
由于每个点只进出队列一次，所以总复杂度 $O(n)$

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define N 50005
using namespace std;
typedef long long LL;
LL z = 1, L, s[N], f[N];
int q[N], x = 1, y;
LL t(int x){
	return s[x - 1] + x;
}
LL h(int x){
	return f[x - 1] + t(x) * t(x);
}
LL g(int x){
	return x + s[x] - L;
}
double T(int i, int j){
	return 1.0 * (h(i) - h(j)) / (t(i) - t(j));
}
int main(){
	int i, j, n, m;
	scanf("%d%d", &n, &L);
	for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &j), s[i] = s[i - 1] + j;
	for(i = 1; i <= n; i++){
		q[++y] = i;
		while(x + 1 < y && T(q[y - 1], q[y]) < T(q[y - 2], q[y - 1])) q[y - 1] = q[y], y--;
		while(x < y && T(q[x], q[x + 1]) < 2 * g(i)) x++;
		f[i] = f[q[x] - 1] + (g(i) - t(q[x])) * (g(i) - t(q[x]));
	}
	printf("%lld", f[n]);
	return 0;
}