BZOJ 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
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.
Input
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7
Output
输出最小费用
Sample Input
5 4
3
4
2
1
4
Sample Output
1
HINT
Source
Solution
显然有斜率优化可做。
容易写出方程：\(f[i]=min\{f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2,(j<i)\},\)sum为长度前缀和。
斜率优化先证明有决策单调性。
设\(s[i]=sum[i]+i\)那么上式变成:\(f[i]=min\{f[j]+(s[i]?s[j]?C)^2\},(j<i)\)
在i决策处有两个决策点j,k(j
设后面有状态t有:\(f[t]=f[i]+v(t>i)\)
\[
\begin{eqnarray}
&&f[j]+(s[t]-s[j]-C)^2>f[k]+(s[t]-s[k]-C)^2\&&f[j]+(s[i]?s[j]?C)^2+2v(s[i]?s[j]?C)+v^2>f[k]+(s[i]?s[k]?C)^2+2v(s[i]?s[k]?C)+v^2\\end{eqnarray}
\]
因为,\(s[k]>s[j]\)
所以,显然有决策单调性。（其实打一个决策表更实用）
因为,\(s[i]\)单调增,\(O(n)\)转移dp就可以了。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define rep(i,x) for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
typedef double DB;
using namespace std;
template <typename T> inline T read(T &a) {
T x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') f=(ch=='-')?-1:f,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch-'0'),ch=getchar();a=f*x;
}
const int N=5e4+50;
int n,l,h,t=1,c[N],q[N];
LL s[N],f[N];
template <typename T> inline T sqr(T x){return x*x;}
inline double slope(int i,int j) {return (f[i]+sqr((double)s[i]+i)-f[j]-sqr((double)s[j]+j))/(s[i]+i-s[j]-j);}
int main(){
freopen("1010.in","r",stdin);
read(n),read(l);
fo(i,1,n) read(c[i]),s[i]=s[i-1]+c[i];
fo(i,1,n) {
for(;h<t-1&&slope(q[h],q[h+1])<2*(s[i]+i-l-1);h++); f[i]=f[q[h]]+sqr(s[i]-s[q[h]]+i-q[h]-1-l);
for(;h<t-1&&slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i);t--); q[t++]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}