正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3195

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題目大意

$n$個(gè)物品，分成若干段，每一段的長度為$j?i+{\sum }_{i=l}^r{C}_k$，打包價(jià)格為$(長度?L{)}^2$

求最小價(jià)格和。

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解題思路

$s_i={\sum }_{j=1}^i{C}_j$
設(shè)$f_i$表示$i$前面的都打包完了，有
$$f_i=f_j+(s_i?s_j+i?j?1?L{)}^2$$
$$f_i=f_j+(s_i+i?s_j?j?1?L{)}^2$$
然后$dp$可以做到$O(n^2)$，因?yàn)橛衅椒?#xff0c;考慮斜率優(yōu)化
定義$a_i=s_i+i,b_i=s_j+j+1+L$
有
$$f_i=f_j+(a_i?b_j{)}^2$$
$$f_i=f_j+a_i^2?2a_i{b}_j+b_j^2$$
$$2a_i{b}_j+f_i?a_i^2=f_j+b_j^2$$

對(duì)于每一個(gè)$j$表示一個(gè)點(diǎn)$(b_j,f_j+b_j^2)$（后文中稱之為決策點(diǎn)）

考慮如何使$f_i$最小，因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$a_i^2$是定值即讓$f_i?a_i^2$最小，那么問題就變?yōu)榱艘粭l$y=2a_{i}x+k$的直線，要求經(jīng)過某個(gè)決策點(diǎn)使得$k$最小。

那么顯然，可能的點(diǎn)一定是一個(gè)下凸殼(相鄰的點(diǎn)斜率單調(diào)上升)，而因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$2a_i$這個(gè)斜率也是單調(diào)上升的，我們可以知道答案就是第一個(gè)決策點(diǎn)滿足與下一個(gè)決策點(diǎn)的斜率$\ge 2a_i$。

那么我們維護(hù)一個(gè)單調(diào)隊(duì)列即可。

時(shí)間復(fù)雜度$O(n)$

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$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define pow2(x) ((x)*(x)) using namespace std; const int N=5e4+10; struct node{double x,y;int num; }q[N]; int n,head,tail,L; double s[N],a[N],b[N],f[N]; double slope(node x,node y) {return ((y.y-x.y)/(y.x-x.x));} int main() {scanf("%d%d",&n,&L);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf",&s[i]);s[i]+=s[i-1];a[i]=s[i]+i;b[i]=s[i]+i+L+1;}b[0]=L+1;head=tail=1;q[1]=(node){b[0],b[0]*b[0],0};for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<2*a[i])head++;int p=q[head].num;f[i]=f[p]+pow2(a[i]-b[p]);node w=(node){b[i],f[i]+b[i]*b[i],i};while(head<tail&&slope(w,q[tail-1])<slope(q[tail-1],q[tail]))tail--;q[++tail]=w;}printf("%.0lf",f[n]); }

總結(jié)

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