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題目傳送門 - BZOJ1010

題意

　　一個(gè)數(shù)列$C$，然后把這個(gè)數(shù)列劃分成若干段。

　　對(duì)于數(shù)列$C$的某一段，是從$i$~$j$的，那么就會(huì)產(chǎn)生$(i-j+(\sum_{k=i}^j C_k)-L)^2$的花費(fèi)。

　　一種劃分方式的花費(fèi)就是劃分出來的每一段產(chǎn)生的花費(fèi)和。

　　求所有不同的劃分方式所產(chǎn)生的總花費(fèi)中最小花費(fèi)為多少。

　　序列長度$\leq 5\times 10^4$。

題解

　　看著好像斜率優(yōu)化啊。

　　恩對(duì)斜率優(yōu)化，我們來推式子。

　　記

　　$dp_i$表示數(shù)列$C$的長度為$i$的前綴序列的最小花費(fèi)。

　　$sum_i=\sum_{j=1}^{i}C_j$

　　$s_i=sum_i+i$

　　于是我們很容易得到：

　　$$dp_i=min\{dp_j+(s_i-s_j-1-L)^2\}(0\leq j<i)$$

　　然后我們推一推式子。

　　$$dp_j+(s_i-s_j-1-L)^2\\=dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2$$

　　假設(shè)$j>k$，且選$j$優(yōu)于選擇$k$，則：

　　$$dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k+si^2-2(L+1)s_i+(L+1)^2$$

　　$$\Longrightarrow?dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k$$

　　令

　　$$x_i=s_i$$

　　$$y_i=dp_i+s_i^2+2(L+1)s_j$$

　　$$dp_j+s_j^2+2(L+1)s_j-2s_is_j<dp_k+s_k^2+2(L+1)s_k-2s_is_k$$

　　$$\Longrightarrow y_j-2s_ix_j<y_k-2s_ix_k$$

　　$$\Longrightarrow \frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<2s_i$$

　　注意由于開始限制了$j>k$所以$x_j-x_k>0$，所以最后兩邊同時(shí)相除不等式仍然成立。

　　設(shè)

　　$$g_{i,j}=\frac{y_i-y_j}{x_i-x_j}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (i>j)$$

　　則上式可以表示為$g_{j,k}<2s_i$

　　我們來發(fā)掘以下$g_{j,k}$的性質(zhì)。

　　1. 當(dāng)$g_{j,k}\leq 2s_i$時(shí)，由于隨著$i$變大，$2s_i$也變大，所以顯然從$k$轉(zhuǎn)移是永遠(yuǎn)不會(huì)比$j$好的，所以我們可以把$k$扔掉。

　　2. 當(dāng)$g_{i,j}\leq g_{j,k}$時(shí)，從$i$或者$k$轉(zhuǎn)移至少有一個(gè)不比$j$差，所以可以把$j$扔掉。為什么？？

　　　　若$g_{i,j}\leq 2s_i$，顯然$j$要被扔掉，根據(jù)第一個(gè)性質(zhì)。

　　　　若$g_{i,j}>2s_i$，則$g_{j,k}>2s_i$，那么顯然$j$比$k$差，也得被扔掉。

　　于是我們可以用一個(gè)單調(diào)隊(duì)列來維護(hù)斜率的單調(diào)性。

　　具體的：

　　當(dāng)情況1發(fā)生的時(shí)候讓隊(duì)首出隊(duì)。

　　在進(jìn)隊(duì)的時(shí)候，如果發(fā)生情況2，那么先讓隊(duì)尾出隊(duì)，然后再進(jìn)隊(duì)。

　　為了避免精度問題，我們可以把$x_i-x_j$乘上來。

代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=50005; int n,q[N],head=1,tail=0; LL L,s[N],dp[N],x[N],y[N]; int main(){scanf("%d%lld",&n,&L);for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&s[i]),s[i]+=s[i-1]+1;q[++tail]=0;for (int i=1;i<=n;i++){int j=q[head+1],k=q[head];while (tail-head>0&&y[j]-y[k]<=2LL*s[i]*(x[j]-x[k]))head++,j=q[head+1],k=q[head];j=k;dp[i]=dp[j]+(s[i]-s[j]-L-1)*(s[i]-s[j]-L-1);x[i]=s[i];y[i]=dp[i]+s[i]*s[i]+2LL*(L+1)*s[i];j=q[tail],k=q[tail-1];while (tail-head>0&&(y[i]-y[j])*(x[j]-x[k])<=(y[j]-y[k])*(x[i]-x[j]))tail--,j=q[tail],k=q[tail-1];q[++tail]=i;}printf("%lld",dp[n]);return 0; }

　　

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ1010 [HNOI2008]玩具装箱toy 动态规划 斜率优化的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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