斜率優化DP——BZOJ1010/Luogu3195 [HNOI2008]玩具裝箱TOY

題面：Luogu3195 BZOJ1010
本來以爲斜率優化是個什麼高級東西。。。這題入門之後……
發現也沒什麼難的吧

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O(n2) 做法：
f[i] 表示選完1~i個物品所花最小花費
轉移：f[i]=min(f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2)
s[i] 表示從1~i的c[i] 之和

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O(n) 做法：
我們考慮怎麼把上面的O(n) 的轉移時間優化到O(1)
顯然，如果f[i] 從j轉移過來比從k轉移過來優的話，要滿足

f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(i−k−1+s[i]−s[k]−L)2

其中(k<j<i)
我們把s[i] 搞成s[i]+i ，L 加上1，那麼

f[j]+(s[i]−s[j]−L)2<f[k]+(s[i]−s[k]−L)2

化開來是：

f[j]−2∗s[i]∗(s[j]−L)+(s[j]−L)2<f[k]−2∗s[i]∗(s[k]−L)+(s[k]−L)2

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)<2∗s[i]∗(s[j]−s[k])

同除以2∗(s[j]−s[k]) 得：

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗(s[j]−s[k])<s[i]

(f[j]+(s[j]−L)2)−(f[k]+(s[k]−L)2)2∗s[j]−2∗s[k]<s[i]

然後發現這個不等式化成了一個斜率不等式x(j)−x(k)y(j)−y(k)<s[i]
所以我們可以斜率優化這個dp，其實就是維護一個下凸殼
每次把斜率大於s[i]的最小答案來轉移，最後把不是下凸殼的節點刪掉
用單調隊列維護一下就好了

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <ctime>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <climits>
#include <set>
#include <vector>
#define int long long
using namespace std;
int n,L,a[1000001],q[1000001],s[1000001],f[1000001]={0};
inline int sqr(int x){return x*x;}
inline double check(int x,int y){
    return (double)((f[x]+sqr(s[x]+L)-f[y]-sqr(s[y]+L))/(2.0*(s[x]-s[y])));
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&L);L++;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i]+=a[i-1];s[i]=a[i]+i;
    }
    int l=1,r=1;q[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(l<r&&check(q[l+1],q[l])<s[i]+1.0)l++;
        f[i]=f[q[l]]+sqr(s[i]-s[q[l]]-L);
        while(l<r&&check(q[r],q[r-1])>check(i,q[r]))r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}