[CSP-S2019 D2T2]划分 题解

Preface

终于把三年前的坑填了QAQ。

这道题简直可以算卡常卡空间比赛了qwq，在线膜拜考场 AC 巨佬 Orz

Analysis

这道题和 [CF229D]Towers 可以说除了恶心人的数据几乎一模一样awa

• 法一：\(36pts\)

首先把前缀和数组 \(s\) 求出来。

对于 \(n \le 500\)，显然直接用 \(O(N^3)\) 的区间 DP 即可。

• 法二：\(64pts\)

要想多骗点分，还需要观察出来一个性质：当最后一段尽量小的时候，答案一定最优。

这个性质虽然不一定能看出来，但应该都知道是为什么。

传统的区间 DP 显然过不了这题，考虑换一种 DP 状态：

设 \(dp(i,j)\) 表示当前第 \(i\) 个数所处的这一段开头为 \(j + 1\) 时的最小答案。

则有 \(dp(i,j) = \min{\{dp(j,k) \}} + (s_i - s_j) ^ 2\)

其中 \(k\) 要满足 \(s_j - s_k \le s_i - s_j\)

虽然这样仍是 \(O(N^3)\) 的，但它有一些神奇的性质。

首先根据上述结论，\(k\) 越大，\(dp(j,k)\) 越小，而且 \(s_j - s_k\) 会越小，满足上式的可能性越高。

考虑建立一个数组 \(pos\)，令 \(pos_j\) 为使得 \(dp(j,k)\) 最小的 \(k\) 的取值。

这时发现可以将 \(dp\) 改为一维，\(dp(i)\) 表示 \(1 \sim i\) 的最优划分值。

从大到小枚举 \(j\)，若满足 \(s_j - s_{pos_j} \le s_i - s_j\)，则 \(dp(i) = dp(j) + (s_i - s_j) ^ 2\)

然后记录一下这个取值，即 \(pos_i = j\)，目标状态即为 \(dp(n)\)。

时间复杂度：\(O(N^2)\)

到这个时候我们已经可以拿到 \(64 pts\) 的大众分了awa

接下来 \(n = 5 \times 10^5\) 是给 \(O(N\log N)\) 的决策单调性做法的，然鹅我并不会那种东西 QAQ，有兴趣可以去 [CF229D]Towers 这个题的题解里看看。

下面直接开始正解。

• 法三：\(100 pts\)

发现限制我们的是 \(s_j - s_{pos_j} \le s_i - s_j\) 这个东西，考虑把能一起维护的放到一边：

即 \(2 \times s_j - s_{pos_j} \le s_i\)

对于每个 \(i\)，求出最近的满足这个式子的 \(j\) 即可。

看 \(n = 4 \times 10^7\) 的恐怖范围，加上 \(s_i\) 具有单调性，不难想到珂以用单调队列优化~

但我们平常学到的都是求最小，怎么求最近呢？

珂以用类似滑动窗口的思路解决，两头同时更新。

具体思路是仍照常维护一个 \(2 \times s_j - s_{pos_j}\) 单调递增的队列。

在扫到一个 \(i\) 时，处理一下队首，如果队首和队首后面的元素同时满足这个限制，那么两者一定都能满足 \(i+1\sim n\) 的限制，而且后面这个元素一定比队首晚入队，更优。

那么这个时候，我还要你队首干什么呢？

这就是我们常说的，如果一个选手比你小还比你强，那么你就可以退役了o(╥﹏╥)o

直接删去队首，继续判断直到队列元素数 \(\le 1\) 或者不满足这个条件即可。

其他就和普通的单调队列没区别了 (*^▽*)

注意的是这题卡时空限制，而且要用 int128 或者高精度，而且 \(dp\) 数组开不下。

只能把 \(pos\) 数组处理出来，最后统一计算输出QAQ

时间复杂度：\(O(N)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define LL __int128
using namespace std;
const int maxn = 4e7 + 5;
const int maxm = 1e5 +5;
typedef long long ll;
LL read() {
	LL s = 0,f = 1;
	char c = getchar();
	for(;!isdigit(c);c = getchar())
		if(c == '-')f = -1;
	for(;isdigit(c);c = getchar())s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ '0');
	return s * f;
}
void write(LL x) {
	if(x < 0) {
		putchar('-');
		x = -x;
	}
	if(x > 9)write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
	return ;
}
int x,y,z;
int b[maxn];
ll s[maxn];
int a[maxn],m,n,pos[maxn];
int p[maxm],l[maxm],r[maxm];
int q[maxn],head,tail;
ll SUM(int x) {
	return s[x] - s[pos[x]] + s[x];
}
void datamaker() {
	scanf("%d%d%d%d%d%d",&x,&y,&z,&b[1],&b[2],&m);
	for(int i = 1;i <= m;++ i)scanf("%d%d%d",&p[i],&l[i],&r[i]);
	for(int i = 3;i <= n;++ i)b[i] = (x * b[i - 1] + y * b[i - 2] + z) & ((1 << 30) - 1);
	for(int j = 1;j <= m;++ j) {
		for(int i = p[j - 1] + 1;i <= p[j];++ i) {
			a[i] = (b[i] % (r[j] - l[j] + 1)) + l[j];
			s[i] = s[i - 1] + a[i]; 
		}
	}
	return ;
}
int main() {
	int tp;
	scanf("%d%d",&n,&tp);
	if(tp)datamaker();
	else for(int i = 1;i <= n;++ i)scanf("%d",&a[i]),s[i] = s[i - 1] + a[i];
	q[head = tail = 1] = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		for(;head < tail&&SUM(q[head]) <= s[i]&&SUM(q[head + 1]) <= s[i];)q[head ++] = 0;
		pos[i] = q[head];
		for(;head < tail&&SUM(q[tail]) >= SUM(i);)q[tail --] = 0;
		q[++ tail] = i;
	}
	LL ans = 0;
	for(int cur = n;cur;cur = pos[cur])ans += ((LL)(s[cur] - s[pos[cur]]) * (s[cur] - s[pos[cur]]));
	write(ans);
	return 0;
}