題解 P3195 【[HNOI2008]玩具裝箱TOY】

斜率優化動態規劃可以用來解決這道題。同時這也是一道經典的斜率優化基礎題。

分析：明顯是動態規劃。令dp[i]$dp[i]$ 爲前i$i$ 個裝箱的最小花費。
轉移方程如下：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(∑k=j+1iCk+i−j−1−L)2}$$dp[i]=\underset{0\le j<i}{min}\{dp[j]+(\sum _{k=j+1}^i{C}_k+i-j-1-L{)}^2\}$$

用sum[i]$sum[i]$ 表示前i$i$ 個容器的長度之和（即C$C$ 的前綴和），方程簡化爲：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2}$$dp[i]=\underset{0\le j<i}{min}\{dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L{)}^2\}$$

又令f[i]$f[i]$ 爲sum[i]+i$sum[i]+i$ ，繼續簡化方程爲：

dp[i]=min0≤j<i{dp[j]+(f[i]−f[j]−1−L)2}$$dp[i]=\underset{0\le j<i}{min}\{dp[j]+(f[i]-f[j]-1-L{)}^2\}$$

暴力dp是O(n2)$O(n^2)$ ，考慮優化。如何優化，就是用前面所提到的斜率優化。這玩意到底是什麼？我們先來繼續對狀態轉移方程進行進一步的推導。

對於每個dp[i]$dp[i]$ 可以知道都是由一個j0$j0$ 推過來的。這個j0$j0$ 對於當前的i$i$ 是最優的決策。假設現在有兩個決策j1,j2(1≤j1<j2<i)$j_1,j_2(1\le j_1<j_2<i)$ ，且決策j2$j_2$ 優於j1$j_1$ ，則有：

dp[j1]+(f[i]−f[j1]−1−L)2≥dp[j2]+(f[i]−f[j2]−1−L)2$$dp[j_1]+(f[i]-f[j_1]-1-L{)}^2\ge dp[j_2]+(f[i]-f[j_2]-1-L{)}^2$$

拆開可得：

dp[j1]+f[i]2−2f[i](f[j1]+1+L)+(f[j1]+L+1)2≥dp[j2]+f[i]2−2f[i](f[j2]+1+L)+(f[j2]+L+1)2$$dp[j_1]+f[i{]}^2-2f[i](f[j_1]+1+L)+(f[j_1]+L+1{)}^2\ge dp[j_2]+f[i{]}^2-2f[i](f[j_2]+1+L)+(f[j_2]+L+1{)}^2$$

化簡可得：

2f[i](f[j2]+1+L)−2f[i](f[j1]+1+L)≥dp[j2]+(f[j2]+1+L)2−(dp[j1]+(f[j1]+1+L)2)$$2f[i](f[j_2]+1+L)-2f[i](f[j_1]+1+L)\ge dp[j_2]+(f[j_2]+1+L{)}^2-(dp[j_1]+(f[j_1]+1+L{)}^2)$$

即：

2f[i]≥dp[j2]+(f[j2]+1+L)2−(dp[j1]+(f[j1]+1+L)2)f[j2]−f[j1]$$2f[i]\ge \frac{dp[j_2]+(f[j_2]+1+L{)}^2-(dp[j_1]+(f[j_1]+1+L{)}^2)}{f[j_2]-f[j_1]}$$

令g[i]=(f[i]+L+1)2$g[i]=(f[i]+L+1{)}^2$ ，可得：

2f[i]≥dp[j2]+g[j2]−(dp[j1]+g[j1])f[j2]−f[j1]$$2f[i]\ge \frac{dp[j_2]+g[j_2]-(dp[j_1]+g[j_1])}{f[j_2]-f[j_1]}$$

也就是說，若j1,j2$j1,j2$ 滿足上面這個式子，那麼j2$j2$ 一定比j1$j1$ 優。

爲什麼叫斜率優化？因爲上面這個式子可以把看作dp[i]+g[i]$dp[i]+g[i]$ 看做縱座標，f[i]$f[i]$ 看做橫座標，上面的等式右側就相當於ΔyΔx=k$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=k$ 也就是一個一次函數的斜率。當這個斜率k≤2f[i]$k\le 2f[i]$ 則j2$j_2$ 優於j1$j_1$ 。

假如我們有三個決策j1,j2,j3$j_1,j_2,j_3$ （如下圖）

容易證明：j2$j_2$ 不可能是最優的。
這樣一來，每兩個決策間的斜率便是單調上升的。

所以有兩種做法：

• 對於dp[i]$dp[i]$ ，有了斜率單調上升這個條件，就可以去二分最優的決策點（也就是斜率小於2f[i]$2f[i]$ 的）。複雜度O(nlogn)$O(n\log n)$ 。
• 又因爲f[i]$f[i]$ 是單調遞增的，可以用單調隊列來維護。具體實現就是，把決策放進一個單調隊列裏，如果隊首和當前的i$i$ 間的斜率 <f[i]$<f[i]$ ，就把隊首刪掉（即h++）。對於隊尾，就每次把加入i$i$ 後不滿足斜率單調上升的隊尾全部刪掉（即t–），最後把i$i$ 放進單調隊列就好了。

注意事項：
long long.
還有 g[0]=(L+1)2$g[0]=(L+1{)}^2$ 而不是0$0$ !!!!（因爲這個我調了很久）

給一下單調隊列做法的代碼：

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define int long long
const int MAXN = 50050;
int N, L, dp[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN], g[MAXN], h, t, Q[MAXN];

inline double xie(int j1, int j2)
{
    return (double) (dp[j2] + g[j2] - dp[j1] - g[j1]) / (f[j2] - f[j1]);
}
#undef int
int main()
{
    scanf("%d%d", &N, &L);
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        scanf("%d", &sum[i]);
        sum[i] += sum[i - 1];
        f[i] = sum[i] + i;
        g[i] = (f[i] + L + 1) * (f[i] + L + 1);
    }
    g[0] = (L + 1) * (L + 1); //important!!!
    for(int i = 1; i <= N; i++)
    {
        while(h < t && xie(Q[h], Q[h + 1]) <= 2 * f[i]) h++;
        dp[i] = dp[Q[h]] + (f[i] - f[Q[h]] - L - 1) * (f[i] - f[Q[h]] - L - 1); //更新dp值
        while(h < t && xie(Q[t], i) < xie(Q[t - 1], Q[t])) t--;
        Q[++t] = i;

    }
    printf("%lld\n", dp[N]);
    return 1；//防抄
}