信息学奥赛一本通 1610：玩具装箱 | 洛谷 P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

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ybt 1610：玩具装箱
洛谷 P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

【题目考点】

1. 动态规划：斜率优化动规

斜率优化动规模板题：信息学奥赛一本通 1607：【 例 2】任务安排 2 | 洛谷 P10979 任务安排 2

【解题思路】

玩具长度$C$序列是由n个整数构成的整数序列。每个容器中放入的玩具是$C$序列的一个子段。
该问题抽象后为：给定整数序列$C$，将该序列分为若干个子段，子段[l, r]的费用为$(r-l+{\sum }_{i=l}^r{C}_i-L{)}^2$。对于所有的子段划分方案，求所有子段费用加和最小的方案的费用加和。

1. 状态定义

• 阶段：前i个元素
• 决策：确定一个子段
• 策略：子段划分方案
• 策略集合：前i个元素的所有子段划分方案
• 条件：费用加和最小
• 统计量：费用加和

状态定义 $d{p}_i$：前i个元素的所有子段划分方案中，费用加和最小的方案的费用加和。
初始状态 $d{p}_0$：前0个元素的费用加和为0。

2. 状态转移方程

• 策略集合：前i个元素的所有子段划分方案
• 分割策略集合：最后一个子段的起始位置划分策略集合

设序列$C$的前缀和数组为$sumC$，则子段$[l,r]$的费用为$(r-l+{\sum }_{i=l}^r{C}_i-L{)}^2=(r-l+sum{C}_r-sum{C}_{l-1}-L{)}^2$
前i个元素进行子段划分，设最后一个子段为$[j+1,i]$。
显然j最小为0，整个序列就是最后一个子段。j最大为i-1，此时最后一个子段只有第i元素。j的范围为$0\le j<i$
前i个元素的费用加和，为前j个元素进行子段划分的最小费用加和$d{p}_j$加上最后一个子段的费用$(i-j-1+sum{C}_i-sum{C}_j-L{)}^2$。取所有费用加和的最小值
因此状态转移方程为： d p i = m i n { d p j + ( i − j − 1 + s u m C i − s u m C j − L ) 2 } , 0 ≤ j < i dp_i = min\{dp_j+(i-j-1+sumC_i-sumC_j-L)^2\}, 0\le j < i dpi​=min{dpj​+(i−j−1+sumCi​−sumCj​−L)2},0≤j<i
设$S_i=sum{C}_i+i={\sum }_{j=1}^i{C}_j+i={\sum }_{j=1}^i(C_j+1)$，因此$S_i$就是$C_i+1$的前缀和。
使$L^{\prime }=L+1$，去掉状态转移方程中的min，方程写为：
$d{p}_i=d{p}_j+(S_i-S_j-L^{\prime }{)}^2$
将与j相关的量视为变量，整理为
$d{p}_i=d{p}_j+(S_i-L^{\prime }{)}^2+S_j^2-2(S_i-L^{\prime })S_j$
$d{p}_j+S_j^2=2(S_i-L^{\prime })S_j+d{p}_i-(S_i-L^{\prime }{)}^2$

设$y=d{p}_j+S_j^2$，$x=S_j$，$k=2(S_i-L^{\prime })$， $b=d{p}_i-(S_i-L^{\prime }{)}^2$，上式可以写为$y=kx+b$

其实这里整理成$d{p}_j+S_j^2+2L^{\prime }{S}_j=2S_i{S}_j+d{p}_i-(S_i-L^{\prime }{)}^2$也可以求解。
只要保证：y、x是只与j相关的表达式，k是与i相关的表达式，b中有$d{p}_i$即可

对于$0\le j<i$的所有决策点$(x,y)$即$(S_j,d{p}_j+S_j^2)$，看过哪一个决策点的斜率为$k$的直线的截距$b$是最小的，此时求出的就是$d{p}_i$的最小值。
接下来进行斜率优化，本文只进行大体描述，具体细节见：
信息学奥赛一本通 1607：【 例 2】任务安排 2 | 洛谷 P10979 任务安排 2
设单调队列q维护所有的决策点集合中的下凸壳。q的队头为$q_l$，队尾为$q_r$
此时随着i的增大，$k=2(S_i-L^{\prime })$是增大的，因此对于所有$q_l$到$q_{l+1}$的斜率$K(q_l,q_{l+1})$满足$K(q_l,q_{l+1})\le 2(S_i-L^{\prime })$的$q_l$可以进行队头出队。
而后取当前的队头$q_l$作为最优决策点，将$j=q_l$带入$d{p}_i=d{p}_j+(S_i-S_j-L^{\prime }{)}^2$，求出$d{p}_i$，新的决策点为$(S_i,d{p}_i+S_i^2)$。
维护下凸壳，保证没有上凸点，只要$K(q_r,i)\le K(q_{r-1},q_r)$，那么队尾入队i。
最后输出$d{p}_n$

【题解代码】

解法1：斜率优化

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; 
#define N 50005
LL n, L, c[N], s[N], dp[N];//dp[i]：：前i个元素的所有子段划分方案中，费用加和最小的方案的费用加和。 
int q[N], l = 1, r = 0;//单调队列
LL Y(int j)
{
	return dp[j]+s[j]*s[j];
}
LL X(int j)
{
	return s[j];
}
LL K(int i)
{
	return 2*(s[i]-L);
}
bool cmp(LL a1, LL b1, LL a2, LL b2)//a1/b1 <= a2/b2
{
	return a1*b2 <= a2*b1;
}
int main()
{
	cin >> n >> L;
	L++;//L'= L+1
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		cin >> c[i];
		s[i] = s[i-1]+c[i]+1;
	}
	q[++r] = 0;//dp[0] = 0，添加决策点(s[0], dp[0]+s[0]^2) 
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		while(l < r && cmp(Y(q[l+1])-Y(q[l]), X(q[l+1])-X(q[l]), K(i), 1))
			l++;
		dp[i] = dp[q[l]]+(s[i]-s[q[l]]-L)*(s[i]-s[q[l]]-L);
		while(l < r && cmp(Y(i)-Y(q[r]), X(i)-X(q[r]), Y(q[r])-Y(q[r-1]), X(q[r])-X(q[r-1])))
			r--;
		q[++r] = i;		
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}