[HNOI2008]玩具装箱TOY

嘟嘟嘟


决策单调性dp。
首先dp方程很好想

\[dp[i] = min_{j = 0} ^ {i - 1} (dp[j] + w(j + 1, i)) \]

其中\(w(i, j) = (i - j + \sum _ {i = l} ^ {j} C_i - L) ^ 2\)
但是我不会四边形不等式，于是打表，发现决策是单调的，那么就可以优化掉到\(O(n \log{n})\)了。


优化的关键思想是这个状态能更新哪些状态，而不是这个状态由哪些状态更新而来。
而且因为决策单调性，对于当前枚举到的状态\(i\)，\(i\)能更新的一定是一个后缀。
所以大体思路就出来了：
1.用一个队列，里面维护三个值：决策\(j\)，\(j\)能更新的状态区间\([L, R]\)。
2.枚举状态。
3.检查队首，把队首决策的更新区间小于\(i\)的都扔出去。
4.用当前队首决策更新当前状态\(i\)。
3.检查队尾，看状态\(i\)能更新是否比队尾的决策优（所以状态\(i\)现在是决策）。
具体来说，对于队尾\((j_t, L_t, R_t)\)，如果\(dp[i] + w(i + 1, L_t) \leqslant dp[j_t] + w(j_t + 1, L_t)\)，说明队尾的这个决策全不要，扔出去；否则在状态区间\([L_t, R_t]\)中二分查找得到\(pos\)，把\(R_t\)修改成\(pos\)。
4.队尾插入新决策\((i, pos, n)\)。


因为有二分，所以复杂度为\(O(n \log n)\)。


这里特别容易写错的是二分（至少我是），因为如果不特判当前状态\(i\)什么也更新不了的话，就需要把二分的终止条件改成\(L \leqslant R\)，因为这样如果更新不了返回是\(R + 1\)，可以简单的判断。
但是像原来写的话返回是\(R\)，而因为状态\(i\)可能刚好更新\(R\)这个状态，如果还是认为什么也更新不了的话就会出错。
然后就是动点脑子二分别RE了，具体可看我的代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define rg register
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 5e4 + 5;
inline ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
inline void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

int n;
ll P, c[maxn], sum[maxn];
ll dp[maxn];

struct Node
{
  int pos, L, R;
}q[maxn];
int l = 1, r = 0;

ll w(int L, int R)
{
  ll ret = R - L + sum[R] - sum[L - 1] - P;
  
  return ret * ret;
}

int solve(int x, Node a)
{
  int L = a.L, R = a.R;
  while(L <= R)
    {
      int mid = (L + R) >> 1;
      if(dp[x] + w(x + 1, mid) <= dp[a.pos] + w(a.pos + 1, mid))
	{
	  if(R != mid) R = mid;
	  else {L = mid; break;}
	}
      else
	{
	  if(L != mid + 1) L = mid + 1;
	  else break;
	}
    }
  return L;
}

int main()
{
  n = read(); P = read();
  for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
  q[++r] = (Node){0, 1, n};
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
      while(q[l].R < i) l++;  //永远不会弹空
      dp[i] = dp[q[l].pos] + w(q[l].pos + 1, i);
      q[l].L = i + 1;
      while(l <= r && dp[i] + w(i + 1, q[r].L) <= dp[q[r].pos] + w(q[r].pos + 1, q[r].L)) r--;
      int pos = solve(i, q[r]); q[r].R = pos - 1;
      if(pos <= n) q[++r] = (Node){i, pos, n};
    }
  write(dp[n]), enter;
  return 0;
}

标签：状态,TOY,int,ll,更新,HNOI2008,include,装箱,dp
来源： https://blog.51cto.com/u_15234622/2831199