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.

还是简单的设f[i]为前i个玩具的装箱方案最小费用，显然有：

f[i]=min{f[j]+(j-i-1+sum[i]-sum[j]-L)^2}

其中sum为c的前缀和。

将平方里面的数按照和i/和j分类，于是设a[i]=sum[i]+i-L-1,b[i]=sum[i]+i，得到：

f[i]=min{f[j]+(a[i]-b[j])^2}

展开得到：

f[i]=min{f[j]+a[i]^2+b[j]^2-2*a[i]b[j]}

当k<j<i时，如果f[k]+b[k]^2-2*a[i]b[k]>f[j]+b[j]^2-2*a[i]b[j]则把k踢出。

化成：(f[j]-f[k]+b[j]^2-b[k]^2)/(2*(b[j]-b[k]))<a[i]，显然可以斜率优化了。

至于剩下的套路部分就请看这道题的解法吧。

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          using namespace std;typedef long long ll;const int N=1000010;const ll INF=1e18;inline int read(){    int X=0,w=1;char ch=0;    while(ch<'0'||ch>'9'){
   if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9')X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0',ch=getchar();    return X*w;}int n,l,r;ll f[N],q[N],sum[N],a[N],b[N],L;inline double suan(int k,int j){    return 0.5*(f[j]-f[k]+b[j]*b[j]-b[k]*b[k])/(b[j]-b[k]);}int main(){    n=read(),L=read();    for(int i=1;i<=n;i++){        sum[i]=sum[i-1]+read();        a[i]=sum[i]+i-L-1;        b[i]=sum[i]+i;    }    for(int i=1;i<=n;i++){        while(l
          
           <(double)a[i])l++; f[i]=f[q[l]]+(a[i]-b[q[l]])*(a[i]-b[q[l]]); while(l
           
          
         
        
       
      
     

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