标签：ace typedef 最小 origin efi col rev and return
【题目标题】：
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给出N个单词，每个单词有个非负权值Ci，现在要将它们分成连续的若干段，每段的代价为此段单词的权值和的平方，还要加一个常数M，即。现在想求出一种最优方案，使得总费用之和最小。
【输入格式】
包含多组测试数据，对于每组测试数据。 第一行包含两个整数N和M（0<=N<=500000，0<=M<=1000）。 第2-N+1行为N个整数。
【输出格式】
输出仅一个整数，表示最小的价值。
【样例输入】
5 5
5
9
5
7
5
3 0
1
2
3
【样例输出】
230
14
sol：题目中特意把n≤500000标红意思是说n2绝对凉凉
对于我这种菜鸡，只会先把暴力打出来再看
k
对于前缀和Qzhi=∑ Ci
i=1
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(Qzh[i]-Qzh[j])2+m)
似乎我只会这样就完了（题解大法好！！！）
斜率优化dp
dp[i]=dp[j]+Qzh[i]2-2*Qzh[i]*Qzh[j]+Qzh[j]2+m
对于j<k<i,如果k比j要优
则满足 dp[k]+Qzh[i]2-2*Qzh[i]*Qzh[k]+Qzh[k]2+m ≤ dp[j]+Qzh[i]2-2*Qzh[i]*Qzh[j]+Qzh[j]2+m
消去一样的可得 dp[k]-2*Qzh[i]*Qzh[k]+Qzh[k]2 ≤ dp[j]-2*Qzh[i]*Qzh[j]+Qzh[j]2
移项可得 dp[k]+Qzh[k]2-dp[j]-Qzh[j]2 ≤ 2*Qzh[i]*(Qzh[k]-Qzh[j])
所以可知 当（j<k<i） dp[k]+Qzh[k]2-dp[j]-Qzh[j]2 ≤ 2*Qzh[i]*(Qzh[k]-Qzh[j])时 k 比 j 优
设 G[j][k]表示 G[j,k]=((dp[k]+Qzh[k]2)-(dp[j]+Qzh[j]2))/(2*Qzh[i]*(Qzh[k]-Qzh[j]))
当G[j][k]<=1 k优于j，否则j优于k （其实G[j][k]就是斜率）
当(j<k<i) 当G[j][k]>=G[k][i]，k就没用了
/* //dp[i]表示输出到第i位的最小费用 //因此很容易推出dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+m) //但是复杂度为O(n^2)，一定会超时， //假设j<k，假设k优于j //dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+m<dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+m //G[j,k]=((dp[k]+sum[k]^2)-(dp[j]+sum[j]^2))/(2*sum[i]*(sum[k]-sum[j]))<=1时 //假设成立，也就是k优于j，否则j优于k //当k1<k<k2时，G[k1,k]>=G[k,k2]时，k没有用处 */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=‘ ‘; while(!isdigit(ch)) { f|=(ch==‘-‘); ch=getchar(); } while(isdigit(ch)) { s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } return (f)?(-s):(s); } #define R(x) x=read() inline void write(ll x) { if(x<0) { putchar(‘-‘); x=-x; } if(x<10) { putchar(x+‘0‘); return; } write(x/10); putchar((x%10)+‘0‘); return; } #define W(x) write(x),putchar(‘ ‘) #define Wl(x) write(x),putchar(‘\n‘) const int N=500005; int n,m; int Queue[N]; ll Qzh[N],dp[N]; #define Sqr(x) ((x)*(x)) inline bool Pand(int j,int k,int i) //j<k<i { ll P1=dp[k]+Sqr(Qzh[k])-dp[j]-Sqr(Qzh[j]); ll P2=2*Qzh[i]*(Qzh[k]-Qzh[j]); return (P1<=P2)?(1):(0); } inline bool Pand_Rev(int j,int k,int i) //j<k<i { ll P1=(dp[k]+Sqr(Qzh[k])-dp[j]-Sqr(Qzh[j]))*(Qzh[i]-Qzh[k]); ll P2=(dp[i]+Sqr(Qzh[i])-dp[k]-Sqr(Qzh[k]))*(Qzh[k]-Qzh[j]); return (P1>=P2)?(1):(0); } int main() { int i,j; while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { for(i=1;i<=n;i++) { Qzh[i]=Qzh[i-1]+read(); } int Head=0,Tail=0; Queue[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { while(Head<Tail&&Pand(Queue[Head],Queue[Head+1],i)) Head++; dp[i]=dp[Queue[Head]]+Sqr(Qzh[i]-Qzh[Queue[Head]])+m; while(Head<Tail&&Pand_Rev(Queue[Tail-1],Queue[Tail],i)) Tail--; Queue[++Tail]=i; } Wl(dp[n]); } return 0; } /* input 5 5 5 9 5 7 5 3 0 1 2 3 output 230 14 */
标签：ace typedef 最小 origin efi col rev and return
原文地址：https://www.cnblogs.com/gaojunonly1/p/10393118.html
