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题目大意：见原题。
算法分析：
设s[i]为c[i]的前缀和，f[i]表示第1个物品到第i个物品的最小代价。
易得DP方程为f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]+i-j+1-l)^2)。
设t[i]=s[i]+i。则f[i]=min(f[j]+(t[i]-t[j]+1-l)^2。
设m=t[i]-l-1。则f[i]=min(f[j]+(m-t[j])^2)。
对i做决策时，设j，k为2个一般的决策点。设j<k。
若k比j优，则有
f[k]+(m-t[k])^2<f[j]+(m-t[j])^2
展开，得
f[k]+m^2-2*m*t[k]+t[k]^2<f[j]+m^2-2*m*t[j]+t[j]^2
化简，得
((f[k]+t[k]^2)-(f[j]+t[j]^2))/(t[k]-t[j])<2*m=2*(s[i]+i-l-1)
于是能够用单调队列来优化DP。
单调队列优化DP的伪代码：
for (int i=1;i<=n;++i){ while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<...) h++; f[i]=...; while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--; q[t++]=i; }斜率优化的2个重要结论（对于此题）：
1）j<k，若slope(j,k)<2*(s[i]+i-l-1)，则k比j优。
（PS：不等式左边为仅仅与j,k有关的式子。不等式右边为仅仅与i有关的式子）
2）j<k<l，若slope(j,k)>slope(k,l)，则k能够被舍去。
Code:
#include <cstdio> #define N 50000 using namespace std; int n,l,h,t=1,c[N+10],q[N+10]; long long s[N+10],f[N+10]; template <typename T> inline T sqr(T x){return x*x;} inline double slope(int i,int j){return (f[i]+sqr((double)s[i]+i)-f[j]-sqr((double)s[j]+j))/(s[i]+i-s[j]-j);} int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("1010.in","r",stdin); freopen("1010.out","w",stdout); #endif scanf("%d%d",&n,&l); for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]); for (int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+c[i]; for (int i=1;i<=n;++i){ while (h+1<t && slope(q[h],q[h+1])<2*(s[i]+i-l-1)) h++; f[i]=f[q[h]]+sqr(s[i]-s[q[h]]+i-q[h]-1-l); while (h+1<t && slope(q[t-2],q[t-1])>slope(q[t-1],i)) t--; q[t++]=i; } printf("%lld\n",f[n]); return 0; }By Charlie Pan
Jul 18,2014
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