正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3195

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题目大意

$n$个物品，分成若干段，每一段的长度为$j-i+{\sum }_{i=l}^r{C}_k$，打包价格为$(长度-L{)}^2$

求最小价格和。

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解题思路

$s_i={\sum }_{j=1}^i{C}_j$
设$f_i$表示$i$前面的都打包完了，有
$$f_i=f_j+(s_i-s_j+i-j-1-L{)}^2$$
$$f_i=f_j+(s_i+i-s_j-j-1-L{)}^2$$
然后$dp$可以做到$O(n^2)$，因为有平方，考虑斜率优化
定义$a_i=s_i+i,b_i=s_j+j+1+L$
有
$$f_i=f_j+(a_i-b_j{)}^2$$
$$f_i=f_j+a_i^2-2a_i{b}_j+b_j^2$$
$$2a_i{b}_j+f_i-a_i^2=f_j+b_j^2$$

对于每一个$j$表示一个点$(b_j,f_j+b_j^2)$（后文中称之为决策点）

考虑如何使$f_i$最小，因为$a_i^2$是定值即让$f_i-a_i^2$最小，那么问题就变为了一条$y=2a_{i}x+k$的直线，要求经过某个决策点使得$k$最小。

那么显然，可能的点一定是一个下凸壳(相邻的点斜率单调上升)，而因为$2a_i$这个斜率也是单调上升的，我们可以知道答案就是第一个决策点满足与下一个决策点的斜率$\ge 2a_i$。

那么我们维护一个单调队列即可。

时间复杂度$O(n)$

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$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define pow2(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int N=5e4+10;
struct node{double x,y;int num;
}q[N];
int n,head,tail,L;
double s[N],a[N],b[N],f[N];
double slope(node x,node y)
{return ((y.y-x.y)/(y.x-x.x));}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&L);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf",&s[i]);s[i]+=s[i-1];a[i]=s[i]+i;b[i]=s[i]+i+L+1;}b[0]=L+1;head=tail=1;q[1]=(node){b[0],b[0]*b[0],0};for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<2*a[i])head++;int p=q[head].num;f[i]=f[p]+pow2(a[i]-b[p]);node w=(node){b[i],f[i]+b[i]*b[i],i};while(head<tail&&slope(w,q[tail-1])<slope(q[tail-1],q[tail]))tail--;q[++tail]=w;}printf("%.0lf",f[n]);
}