BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
Description
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…N的N件玩具,第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.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+Sigma(Ck) i<=K<=j 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。但他希望费用最小.
Input
第一行输入两个整数N,L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
题解
同样是斜率优化,具体分析见之前的土地购买
我们设k[i]=c[1]+c[2]+…+c[i] +i ,L=l+1,f[i]为到第i个的最低消费
这样很容易推出方程! f[i]=min{f[j]+(k[i]-k[j]-L)^2} (j<i)
我们同样设给k转移时,转移项p比q优。
f[p]+k[i]^2+k[p]^2+L^2-2k[i]k[p]-2k[i]L+2k[p]L<f[q]+k[i]^2+k[q]^2+L^2-2k[i]k[q]-2k[i]L+2k[q]L
f[p]+k[p]^2-2k[i]k[p]+2k[p]L<f[q]+k[q]^2-2k[i]k[q]+2k[q]L
f[p]-f[q]+k[p]^2-k[q]^2-k[i](2k[p]-2k[q])<-L(2k[p]-2k[q])
(f[p]-f[q]+k[p]^2+k[q]^2)/(2k[p]-2k[q])<k[i]-L
那么与当前转移项无关项就是(f[p]-f[q]+k[p]^2+k[q]^2)/(2k[p]-2k[q])。然后按照BZOJ 1597一样的思路写就好了。
代码
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 |
#include<cstdio> using namespace std; const int Maxn=50050; int n; long long L; long long c[Maxn]; long long f[Maxn]; int q[Maxn]; int l,r; inline long long getUp(int p,int q){ return f[q]+c[q]*c[q]-f[p]-c[p]*c[p]; } inline long long getDown(int p,int q){ return (long long)2*(c[q]-c[p]); } int main(){ scanf("%d%lld",&n,&L); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]); c[0]=0;for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i]+c[i-1]; for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i]+i; L=L+1; for (int i=1;i<=n;i++){ while(l<r && getUp(q[l],q[l+1])<(c[i]-L)*getDown(q[l],q[l+1]) ) l++; f[i]=f[q[l]]+(c[i]-c[q[l]]-L)*(c[i]-c[q[l]]-L); while(l<r && getUp(q[r-1],q[r])*getDown(q[r],i) > getUp(q[r],i)*getDown(q[r-1],q[r])) r--; q[++r]=i; } printf("%lld\n",f[n]); return 0; } |

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