[ HNOI 2008 ] 玩具装箱

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Description

现有编号为 $1\sim N$ 的 $N$ 件玩具，第 $i$ 件长度为 $C_i$ 。

现在要把按顺序排好的玩具划分成若干段，$[l,r] $的长度是 $len_{\ l\sim r}=r-l+\sum_{i=l}^r C_i$ 。

一段的代价为 $(len-L)^2$ ，其中 $L$ 是给出的常量。

求最小总代价。

$N\le 5\times10^4,C_i,L\le 10^9$

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Solution

设 $len(l,r)$ 表示区间 $(l,r]$ 新成一段的最后长度。

显然有 $len(l,r)=r-l-1+\sum_{i=l+1}^rC_i$

记录 $sum[i]=\sum_{j=1}^iC_j$ ，那么有
\[ len(l,r)=r+sum[r]-(l+sum[l])-1 \]
发现式子可以表示成 $l,r$ 相关，我们设 $t(i)=i+sum[i]$ ，那么有
\[ len(l,r)=t(r)-t(l)-1 \]
我们设 $w(l,r)$ 表示区间 $(l,r]$ 新生成一段的代价，那么有
\[ w(l,r)=\bigg(len(l,r)-L\bigg)^2=\bigg(t(r)-t(l)-1-L\bigg)^2 \]
不妨再设 $g(i)=t(i)+1+L$ ，那么有 $w(l,r)=\bigg(t(r)-g(l)\bigg)^2=t(r)^2+g(l)^2-2g(l)t(r)$

显然 $t$ 和 $g$ 是可以 $O(n)$ 预处理的，询问可以做到 $O(1)$ 。

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设 $f[i]$ 表示到第 $i$ 个玩具为止 $($ 含第 $i$ 个 $)$，全部装箱的最小代价。
\[ f[i]=\min_{j=1}^{i-1}\{f[j]+w(j,i)\}=\min_{j=1}^{i-1}\{f[j]+t(i)^2+g(j)^2-2g(j)t(i)\} \]

假设我们现在找到了最优转移点 $j$ ，那么有
\[ f[i]=f[j]+t(i)^2+g(j)^2-2g(j)t(i) \]
移项，有
\[ f[j]+g(j)^2=f[i]-t(i)^2+2t(i)g(j) \]
此时我们可以将转移模型抽象到二维平面了，设点 $(g(j),f[j]+g(j)^2)$ 表示一个状态。

我们将 $2t(i)$ 看作斜率，将 $f[i]-t(i)^2$ 看作与 $y$ 轴相交点的纵坐标。

目标明确了：选择之前在坐标系上的任意一点用斜率构建直线，使得这一纵坐标最小。

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因为 $C_i\ge 1$ 所以 $t(i)\ge 0$ ，我们的答案显然只会产生在下凸壳上。

如果我们用 $j$ 去刻画 $f[j]$ 对应的状态，考虑对于一个状态 $i$ 的更新，$j$ 点的答案合适劣于 $k$ 点的答案。

移项，把 $j,k$ 的答案都带进去，列出不等式，化简，可以得到 $($ 博主太懒 $):$
\[ f[k]+g(k)^2-2g(k)t(i)\le f[j]+g(j)^2-2g(j)t(i)\\ \frac{f[k]+g(k)^2-f[j]-g(j)^2}{g(k)-g(j)}\le 2t(i) \]
继续分析，还是因为 $C_i\ge 1$ ，所以 $t(i)$ 是单调不降的。

因此注意到不等式右侧是单调不降的，所以每一个位置的最优决策点 $j$ 单调不减。

用队列维护点，队头用单调队列那一套就可以搞了。

关于下凸包的维护，可以考虑队尾是一个单调栈，每次按照斜率逐个弹栈就可以了。

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特别提醒：此做法中 $g(0)$ 初值不为 $0$ ，而转移要用到，在开始的时候记得设 $g(0)=1+L$ 。

其实设 $g(i)=i+m,t(i)=g(i)-1-L$ ，可以惊喜的发现，后面所有的式子都是不变的。

而且也不需要预处理初值，因为转移方程在没有 $t(j)$ 这一项，而在这一设法中， $g(0)=0$ 。

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Code

#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;

inline ll rd(){
  ll x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

ll n,m,t[N],g[N],f[N],q[N],hd,tl;

inline ll w(ll x,ll k){
  return f[x]+k*k+g[x]*g[x]-2*k*g[x];
}

inline double calck(ll x,ll y){
  return (double)(f[x]+g[x]*g[x]-f[y]-g[y]*g[y])/(double)(g[x]-g[y]);
}

int main(){
  n=rd(); m=rd();
  for(R int i=1,sum=0;i<=n;++i){
    sum+=rd();
    t[i]=i+sum; g[i]=t[i]+1+m;
  }
  q[hd=tl=1]=0;
  g[0]=1+m;
  for(R int i=1;i<=n;++i){
    while(hd<tl&&calck(q[hd+1],q[hd])<(double)t[i]*2) ++hd;
    f[i]=w(q[hd],t[i]);
    while(hd<tl&&calck(q[tl],q[tl-1])>calck(i,q[tl])) --tl;
    q[++tl]=i;
  }
  printf("%lld\n",f[n]);
  return 0;
}