bzoj 3437 小P的牧场 (斜率优化DP)

题目大意：有n牧场排成一行，标号从1~n，每个牧场都可以放一个控制站，在第i个牧场放控制站需要花费a[i]，控制站能够控制从它开始一直到它左边最靠近它的控制站之间的所有牧场，每个牧场放养量是b[i]，这个牧场被它右侧离它最近控制站控制所需要支出的花费是它到牧场的距离d*b[j]，在保证所有牧场都被控制的情况下，求最小花费

定义f[i]是在第i个牧场放控制站的最小花费

设j是上一个控制站的位置，显然可以得到这样一个方程

$f[i]=max(f[j]-(\sum_{k=j+1}^{i-1}(i-k)*b[k]))+a[i];(j<i)$

发现这个Σ每项的系数是一个公差为1的等差数列，可以被优化掉

所以我们定义s1[i]是b[i]的前缀和，s2[i]是s1[i]的前缀和

那么会发现s2[i]表示的是一个关于b[i]系数递减的前缀和

可以得到 $f[i]=s2[i-1]+a[i]+max(f[j]-s2[j]-s1[j]*(i-j-1));$

移项， $f[i]-s2[i-1]-a[i]=f[j]-s2[j]-(j+1)*s1[j]-i*s1[j];$

这个形式的DP貌似可以被优化掉，我最先想的是队列优化，然后对拍的时候喜闻乐见的WA了

我并没有考虑到这个DP如果用单纯队列优化，在i向右滚动的过程中，队内并不满足单调性，你会发现队列在向右滚动的过程中，队首有些项无法被删掉，但一些靠近队尾的项已经小于前面了

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因为存在 $i*s1[j]$ 这个多项式

貌似用斜率优化一下就行了

$y=f[j]-s2[j]-(j+1)*s1[j];$

$k=i,x=s1[j]$

$b=f[i]-s2[i-1]-a[i]$

然后斜率k=i满足递增性，且x=s1[j]是一个前缀和，也是递增的

所以用队列维护凸包即可

读入数据很多，为了防卡场别忘了读入优化

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long 
#define dd double
#define il inline 
#define N 1001000
using namespace std;
 
int n;
ll a[N],b[N],s1[N],s2[N],f[N];
int que[N];
int gc()
{
    int rett=0,fh=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){rett=(rett<<3)+(rett<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return rett*fh;
}
il ll yy(int i){return f[i]-s2[i]+((ll)i+1)*s1[i];}
il ll xx(int i){return s1[i];}
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=gc();
    for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=gc();
    for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s1[i-1]+b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) s2[i]=s2[i-1]+s1[i];
    int hd=1,tl=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        while(hd+1<=tl&&yy(que[hd])-i*xx(que[hd])>=yy(que[hd+1])-i*xx(que[hd+1]))
            hd++;
        f[i]=yy(que[hd])-i*xx(que[hd])+a[i]+s2[i-1];
        while(hd+1<=tl&&(yy(que[tl])-yy(que[tl-1]))*(xx(i)-xx(que[tl]))>=(yy(i)-yy(que[tl]))*(xx(que[tl])-xx(que[tl-1])))
           tl--; 
        que[++tl]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}

bzoj 3437 小P的牧场 (斜率优化DP)

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