题目描述

P 教授要去看奥运,但是他舍不下他的玩具,于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩,其可以将任意物品变成一堆,再放到一种特殊的一维容器中。

P 教授有编号为$1 \cdots n$的$n$件玩具,第$i$件玩具经过压缩后的一维长度为$C_i$。

为了方便整理,P教授要求:

  • 在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
  • 同时如果一个一维容器中有多个玩具,那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物。形式地说,如果将第$i$件玩具到第$j$个玩具放到一个容器中,那么容器的长度将为$x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k$

制作容器的费用与容器的长度有关,根据教授研究,如果容器长度为$x$,其制作费用为$(x-L)^2$。其中$L$是一个常量。P 教授不关心容器的数目,他可以制作出任意长度的容器,甚至超过$L$。但他希望所有容器的总费用最小。

输入格式

第一行有两个整数,用一个空格隔开,分别代表$n$和$L$。

第$2$到 第$(n + 1)$行,每行一个整数,第$(i + 1)$行的整数代表第$i$件玩具的长度$C_i$。

输出格式

输出一行一个整数,代表所有容器的总费用最小是多少。

补一道斜率优化模板题QWQ

题解

设$dp[i]$表示装前$i$个玩具的最小花费,$sum[i]$为前$i$个玩具的$C_i$之和

转移方程非常显然:$dp[i]=\min_{j=0}^{i-1} dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2$

一个经典的1D/1D动态规划

直接转移是$n^2$的 由于这题转移方程有平方项所以也不能直接用单调队列 看到有二次项的1D/1D动态规划就要考虑使用斜率优化

接下来说说什么是斜率优化

我们给原方程变个形

设$A_i=sum[i]+i,B_i=sum[i]+i+L+1$

那个$\min$看着麻烦 先扔掉了

那么现在有$dp[i]=dp[j]+(A_i-B_j)^2$

拆开完全平方,得到$dp[i]=dp[j]+A_i^2-2*A_i*B_j+B_j^2$

把只含$j$的全部移到左边,得到$(dp[j]+B_j^2)=(2*A_i)*B_j+(dp[i]-A_i^2)$

为什么要打上括号?

看一下直线的斜截式的方程$y=kx+b$我们的转移方程里 让$y=dp[j]+B_j^2, k=(2*A_i), x=B_j, b=(dp[i]-A_i^2)$就是一条直线方程

其中$j<i$,所以$dp[j]$我们已经算出来了 所以$y,k,x$都是已知的

$j<i$的$j$不止一个 所以实际上现在在二维平面上有很多个点 第$j$个点的坐标为$(B_j, dp[j]+B_j^2)$

由于$A_i^2$已知,我们希望$dp[i]$尽量小就是要让$dp[i]-A_i^2$尽量小 也就是截距要尽量小

所以我们现在需要在二维平面上选一个点$j$过它画一条斜率为$2*A_i$的直线 直线的截距即是$dp[i]-A_i^2$

比如像是这样?

这是我们在推$dp[6]$当直线斜率为$2*A_6$时 我们发现让它经过第3个点得到的截距最小

从而我们就能让$dp[6]$的值从$dp[3]$转移过来 然后在图中加入第6个点$(B_6,dp[6]+B_6^2)$

问题来了 我们怎么快速求得经过哪个点会使得截距最小?

这题有一个很重要的性质:$x$,即$B_j$; 以及$k$,即$2*A_i$(满足决策单调性!!!); 这两个都是递增的 (没有这个性质就不能用单调队列了 而是用cdq分治之类的算法)

所以第$i$个点一定在第$i-1$个点右边 而且直线的斜率也只会越来越大

我们对于已经存在的点 维护一个下凸壳 放在单调队列里

我们记第$j$个点为$p_j$,记相邻两点连成的直线的斜率为$\operatorname{slope}(p_{j-1},p_j)$

假设当前在推$dp[6]$的值 则我们要画一条斜率为$2*A_6$的直线

观察一下 我们发现 找到凸壳上第一个$j$满足$\operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})>2*A_6$,过这个点画直线就是最优的 这个例子中这个点就是3

而且还有一个之前提到的性质$2*A_i$是单增的 所以如果某个$\operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})<2*A_6$那么对于之后的$i>6$,也一定是$\operatorname{slope}(p_{j},p_{j+1})<2*A_i$所以$j$这个点无论如何都不再会被用到 就直接从队列里弹出 ①

最后单调队列的队头就是最优的决策点 我们算出$dp[6]$的值 由于$B_j$是递增的 我们可以直接把$(B_6,dp[6]+B_6^2)$拿去更新这个凸包

更新时$(B_6,dp[6]+B_6^2)$可能在这里

此时$\operatorname{slope}(p_{4},p_{5})>\operatorname{slope}(p_{5},p_{6})$

为了维护凸包的性质 我们把$4\rightarrow 5$这条边从队列里删掉(即把5弹出) 然后再加入6 ②

实现起来其实很简单 结合注释看看吧

每个点最多出队入队一次 时间复杂度$O(n)$
不知道为什么原题数据规模这么小

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
inline void read(T &num) {
T x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
num = x * f;
}

int n, head, tail, q[100005];
ll l, c[100005], a[100005], b[100005], dp[100005];

struct point{
ll x, y;
point() {}
point(ll xx, ll yy): x(xx), y(yy) {}
} p[100005];

double slope(point A, point B) {
return 1.0 * (A.y - B.y) / (A.x - B.x);
}

int main() {
read(n); read(l);
b[0] = l + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
read(c[i]);
a[i] = a[i-1] + c[i] + 1; //预处理Ai,Bi
b[i] = b[i-1] + c[i] + 1;
}
head = tail = 1;
p[0] = point(b[0], b[0] * b[0]); //开始时队列里只有0号点
q[1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (head < tail && slope(p[q[head]], p[q[head+1]]) < 2.0 * a[i] + 1e-8) head++;
//文中注释1
dp[i] = dp[q[head]] + (a[i] - b[q[head]]) * (a[i] - b[q[head]]);
//q[head]为最佳决策点 直接用原转移方程更新dp[i]
p[i] = point(b[i], dp[i] + b[i] * b[i]);
//确定i号点的位置
while (head < tail && slope(p[q[tail-1]], p[q[tail]]) + 1e-8 > slope(p[q[tail]], p[i])) tail--;
//文中注释2
q[++tail] = i;
}
printf("%lld\n", dp[n]);
return 0;
}

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