P3195 [HNOI2008]玩具装箱

题意：

n件玩具，第i件玩具经过压缩后的一维长度为$C_i$,现在把玩具装入一维容器中，要求：

1. 在一个一维容器中的玩具编号是连续的
2. 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。

制作容器的费用与容器的长度有关。如果容器长度为x，其制作费用为$(x-L{)}^2$.
问所有容器的总费用最小是多少

题解：

斜率优化dp入门题
前置知识：
需要会单调队列优化

当dp方程为dp[i]=a[i]+b[i]时，这个方程是$O(n^2)$的
此时可以用单调队列将其优化为O(n)
当dp方程为dp[i]=a[i]*b[j]+c[i]+d[j]时，因为存在a[i]*b[j]这个即有i又有j的项，此时单调队列不好用，就需要使用斜率优化

回到本题：
这个题的转移方程很好写：
sum[i]表示前i件玩具的长度和
dp[i]表示把前i件玩具装进容器所需要的最小费用
$dp[i]=min(dp[j]+((sum[i]-sum[j])+(i-j-1)-L{)}^2)(j<i)$
不过转移显然是$O(n^2)$的，因此需要进行优化：
我们设a[i]=sum[i]+i,b[j]=sum[j]+j+L+1(就是将i和j的式子分开,a只与i有关，b只与j有关)
则：$dp[i]=dp[j]+(a[i]-b[j]{)}^2$
展开有：
$dp[i]=dp[j]+a[i{]}^2-2\ast a[i]\ast b[j]+b[j{]}^2$
移项有：
$dp[j]+b[j{]}^2=2\ast a[i]\ast b[j]+dp[i]-a[i{]}^2$
a[i]=sum[i]+i,而sum是可以算出来的，也就是说a[]是可以预处理出来的，我们可以当作是常数
那么这个式子我们就可以认为：
是一条斜率为$2\ast a[i]$的直线，解决为$dp[i]-a[i{]}^2$

此时dp[i]的含义就是：当上述直线过点$(b[j],dp[j]+b[j{]}^2)$时，直线在y轴的截距为$dp[i]+a[i{]}^2$
现在我们要求的就是这个截距的最小值
直线的斜率为$2\ast a[i]$是递增的，由此可以联想到凸包，凸包中相邻两点的斜率是单调递增的
由下面的图像可知，满足条件的最优的点$P_j$为第一个$slope(P_j,P_{j+1})>2\ast a[i]$的点
slope表示斜率

再看这个图：如果维护凸包，一定时弹掉B，为什么？如果一条直线斜率大于GC的直线从下面平移上来，一定会到C这里停下。如果是一条斜率小于GC大于FG的，显然会在G停下来，B注定要被舍弃，这就是为什么要维护凸包。

因此我们用单调队列来优化这个凸包：

设队首为head，队尾为tail:

1. 对队首
   $while(slope(P_{head},P_{head+1})<2\ast a[i])head++$
   当斜率小于2a[i]时，弹出队首
2. 此时队首的点即为最优，根据它计算出dp[i]
3. 对队尾：
   $while(slope(P_{tail-1},P_{tail})>slope(P_{tail},P_i))tail--$
4. 在队尾插入$P_i$

$初始化时要加入单调队列的点为P_0而不是P_1$
在这里我们总结一下,单调队列斜率优化的步骤:
1.弹队头,就是最左边的点.
2.放直线,算答案,得到当前状态的答案,得到新的待加入的点.
3.弹队尾,把插入新点之后不合法的点弹掉.最后加入新点就好了.

代码:

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define maxn 50005
#define ll long long
using namespace std;
int q[maxn];
double A[maxn], B[maxn], dp[maxn], sum[maxn];
double X(int x)
{return B[x];
}
double Y(int x)
{return dp[x] + B[x] * B[x];
}
double slope(int a, int b)
{return (Y(a) - Y(b)) / (X(a) - X(b));
}
int main()
{int n, l;cin >> n >> l;for (int i= 1; i <= n; i++)scanf("%lf", &sum[i]);for (int i= 1; i <= n; i++) {sum[i]+= sum[i - 1];A[i]= sum[i] + i;B[i]= sum[i] + i + l + 1;}B[0]= l + 1; //B[0]=sum[0]+0+l+1=l+1int tail= 1, head= 1;for (int i= 1; i <= n; i++) {while (head < tail && slope(q[head], q[head + 1]) < 2 * A[i]) //如果队首不符合要求弹出head++;int j= q[head];dp[i]= dp[j] + (A[i] - B[j]) * (A[i] - B[j]); //进行状态转移//舍去不合格点，加入新点while (head < tail && slope(i, q[tail - 1]) < slope(q[tail - 1], q[tail]))tail--;q[++tail]= i;}printf("%lld", (ll)dp[n]);return 0;
}