BZOJ3156 防御准备【斜率优化DP】

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Description

Input

第一行为一个整数N表示战线的总长度。
第二行N个整数，第i个整数表示在位置i放置守卫塔的花费Ai。

Output

共一个整数，表示最小的战线花费值。

HINT

$1<=N<=10^6,1<=Ai<=10^9$

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题目分析

$dp[i]$表示前 $i$个检查点都能通过，且第 $i$个检查点放防御塔所需最小费用
首先有 $O(n^2)$的方程
$dp[i]=dp[j]+(i-j-1)(i-j)/2+ai[i]$即 $j+1$~ $i$都放木偶

展开再移项
$dp[j]+\frac{1}{2}*(j^2+j)=i*j-\frac{1}{2}*(i^2-i)-ai[i]+dp[i]$
即 $dp[j]+\frac{1}{2}*(j^2+j)$为 $y$， $j$为 $x$， $i$为斜率进行斜率优化

---

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long lt;
typedef double dd;
#define sqr(x) ((x)*(x))
  
lt read()
{
    lt f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}
  
const int maxn=2000010;
int n;
lt ai[maxn],dp[maxn];
int q[maxn],ll,rr;
  
lt qans(lt i,lt j){ return dp[j]+(sqr(j)+j+sqr(i)-i)/2-i*j+ai[i];}
dd calc(lt j1,lt j2)
{
    lt ty=(dp[j2]+(sqr(j2)+j2)/2)-(dp[j1]+(sqr(j1)+j1)/2);
    lt tx=j2-j1;
    return (dd)ty/(dd)tx;
}
  
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) ai[i]=read();
      
    ll=rr=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        while( ll<rr && calc(q[ll],q[ll+1])<=i ) ++ll;
        dp[i]=qans(i,q[ll]);
        while( ll<rr && calc(q[rr-1],q[rr])>=calc(q[rr],i)) --rr;
        q[++rr]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}