BZOJ_1010_[HNOI2008]_玩具装箱toy_(斜率优化动态规划+单调队列)

Posted 2020-07-24 晴歌。

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了BZOJ_1010_[HNOI2008]_玩具装箱toy_(斜率优化动态规划+单调队列)相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

描述

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010

给出\$n\$和\$l\$.有\$n\$个玩具,第\$i\$个玩具的长度是\$c[i]\$,要求将玩具分成若干段,从\$i\$到\$j\$分为一段的长度为\$x=j-i+\\sum_{k=i}^jc[k]\$,费用为\$(x-l)^2\$.求最小费用.

分析

用\$dp[i]\$表示前\$i\$个玩具所需的最小费用,则有$$dp[i]=min\\{dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)-l)^2(1<=j<i)\\}$$

其中\$sum[i]\$表示的是\$c[i]\$的前缀和.

为了方便,我们设$$A[i]=sum[i]+i,l=l+1$$

于是原方程久等价于$$dp[i]=min\\{dp[j]+(A[i]-A[j]-l)^2(1<=j<i)\\}$$

我们设\$j<k<i\$且在计算\$dp[i]\$的时候,决策\$k\$更优.也就是说$$dp[k]+(A[i]-A[k]-l)^2<dp[j]+(A[i]-A[j]-l)^2$$

在纸上写写画画,把式子打开再遍一下形,容易得到$$\\frac{[dp[k]+(A[k]+l)^2]-[dp[j]+(A[j]+l)^2]}{2\\times{A[k]}-2\\times{A[j]}}<A[i]$$

是不是很像$$\\frac{Y_k-Y_j}{X_k-X_j}$$的形式?

这玩意儿不就是斜率吗?!我们设它为\$g(k,j)\$

我们可以发现\$A[i]\$是单调递增的,所以所有决策可以转化为二维空间上的点集.

也就是说\$k\$这个点和\$j\$这个点的连线的斜率如果小于\$A[i]\$,那么\$k\$这个决策就更优.

那么对于三个决策\$a<b<c\$,如果有\$g(c,b)<=g(b,a)\$,那么\$b\$决策一定不会被选中.为什么呢?我们来讨论一下(对于任意\$3<i<=n\$):

1.如果\$g(b,a)<A[i]\$,那么必有\$g(c,b)<A[i]\$,也就是\$c\$最优,选择决策\$c\$.

2.如果\$g(b,a)>=A[i]\$,那么\$b\$不是最优,最优可能是\$a\$或\$c\$.

所以我们在新加入一个点的时候,就可以把它看作\$c\$,然后把所有这样的\$b\$都去掉,直到\$g(c,b)>g(b,a)\$,所以我们需要处理的斜率是单调递增的.

由于\$A[i]\$是单调递增的,所以对于任意的\$i<n\$,如果满足上面的不等式,那么对于任意的\$i\',i<i<=n\$,由于\$A[i\']>A[i]\$,所以上不等式仍然成立,所以\$i\'\$的最优决策的位置一定不比\$i\$的最优决策小.

这样我们就可以用一个单调队列分别维护队首和队尾啦.

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 typedef long long ll;
 5 const int maxn=50000+5;
 6 ll n,l,front,tail;
 7 ll sum[maxn],A[maxn],dp[maxn],q[maxn];
 8 inline ll pow_(ll x){ return x*x; }
 9 inline ll up(int k,int j){ return dp[k]-dp[j]+pow_(A[k]+l)-pow_(A[j]+l); }
10 inline ll dn(int k,int j){ return 2*(A[k]-A[j]); }
11 int main(){
12     scanf("%lld%lld",&n,&l);
13     l++;
14     for(int i=1;i<=n;i++){
15         ll t; scanf("%lld",&t);
16         sum[i]=sum[i-1]+t;
17         A[i]=sum[i]+i;
18     }
19     front=0,tail=1;
20     for(int i=1;i<=n;i++){
21         while(front+1<tail&&up(q[front+1],q[front])<=A[i]*dn(q[front+1],q[front])) front++;
22         int j=q[front]; dp[i]=dp[j]+pow_(A[i]-A[j]-l);
23         while(front+1<tail&&up(i,q[tail-1])*dn(q[tail-1],q[tail-2])<=up(q[tail-1],q[tail-2])*dn(i,q[tail-1])) tail--;
24         q[tail++]=i;
25     }
26     printf("%lld\\n",dp[n]);
27     return 0;
28 }

View Code

1010: [HNOI2008]玩具装箱toy

Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 8864 Solved: 3529
[Submit][Status][Discuss]

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.