题面：Luogu3195 BZOJ1010 本来以为斜率优化是个什么高级东西。。。这题入门之后…… 发现也没什么难的吧
O(n2) 做法： f[i] 表示选完1~i个物品所花最小花费 转移： f[i]=min(f[j]+(i−j−1+s[i]−s[j]−L)2) s[i] 表示从1~i的 c[i] 之和
O(n) 做法： 我们考虑怎么把上面的 O(n) 的转移时间优化到 O(1) 显然，如果 f[i] 从j转移过来比从k转移过来优的话，要满足
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) 我们把 s[i] 搞成 s[i]+i ， L 加上1，那么 f[j] (s[i]−s[j]−L)2<f[k] (s[i]−s[k]−L)2 化开来是： 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] 然后发现这个不等式化成了一个斜率不等式 x(j)−x(k)y(j)−y(k)<s[i] 所以我们可以斜率优化这个dp，其实就是维护一个下凸壳 每次把斜率大于s[i]的最小答案来转移，最后把不是下凸壳的节点删掉 用单调队列维护一下就好了 #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; }