CF1768F Wonderful Jump

大神仙题，2023年度最好题预定。

首先有显然的 dp ：$f_i$ 表示跳到 $i$ 的最小代价。

有 $f_i =\min_{j <i} f_j +(i-j)^2\times \min(a_j\dots a_i)$。

试图优化：

经过各种手玩，发现没有决策单调性，线段树也无法维护这种新的复杂的变化，转移次数也可能较多，并不是常见的优化。

发现值域是 $n$， 必然有猫腻：

（其实我最开始觉得的一定是从 $i - \sqrt n \sim i-1$ 转移过来，如果你也这么觉得过，读完这篇题解你会发现它是错的。）

因为平方项的出现，当最小值很大的时候一步跳过去是很劣的是 $O(len^2 \times n)$，我们会跳一个较大的跨度仅当它的最值很小，否则还不如一步一步跳过去的最坏 $O(len \times n)$ 级别。

比较两种情况的大小 $min \times len^2 < n\times len$

得知 $min \times len < n$ 时才有可能更优。

由于值域是 $n$ ，考虑阈值分治：

当 $len \leq B$ 时，直接暴力转移，时间复杂度 $O(B)$。

当 $len > B$ 时，根据上面的分析，$min \leq \frac n B$ 时，答案才有可能更优，否则一定是无效的。

引出一个很好猜到的引理：

当 $j \to k \to i$ ，且 $a_k = \min\{a_j\dots a_i\}$ 时，经过 $k$ 一定比不经过 $k$ 优 ，因为平方和本来就小于和平方，乘上的系数也不大于后者。

这个引理告诉我们：对于一段连续的相同值的数，如果被经过，先跳到开头，接着一个一个地调到末尾，再跳出去是最优的。

于是我们就只需要考虑 $min \leq \frac n B$ 这些 $O(\frac n B)$ 个段的最右端的转移，单调栈维护即可。

但是这么做 WA on 5 了，百思不得其解后我看了官方题解，发现漏掉了一种情况：

$\min \{a_j\dots a_i\} = a_i$ 时，可能从某个不是单调栈中段最右端的转移且不是 $len \leq B$ 的段处转移来，因为前面那个引理引出的结论成立的条件是 “那一段连续的数是最小值”。

所以当 $a_i$ 是最小值时，可能有不同于前两种转移的转移：令左边第一个大于等于的 $a_i$ 的数为 $L_i$，暴力枚举 $L_i + 1 \sim i -1$ 转移过来，再之前的都满足最值在转移起点了。

这部分的时间复杂度分析：均摊 $O(\frac n B)$。

考虑如下证明：

考虑每个转移起点对复杂度的贡献，这个点最多贡献给 $O(\frac n B)$ 个转移终点，因为相等的点会阻断转移，而向后一定是一段单增的指可能受到贡献，所以总转移的次数为 $O(\frac {n^2} B)$，均摊 $O(\frac n B)$。

取 $B = \sqrt n$ 时总复杂度为 $O(n\sqrt n)$，空间 $O(n)$。

代码：

//省略快读及宏定义.
signed main()
{
read(n);
rep(i,1,n) read(a[i]) ;
memset(f,0x3f,sizeof f) ;
f[1] = 0 ;
sta[++top] = 1 ;
int x = sqrt(n) ;
for(int i = 2 ; i <= n ; ++ i) {
int mn = a[i] ;
for(int j = i - 1 ; j >= 1 && j >= i - x - 3 ; -- j) {
// 暴力
upmin(mn , a[j]);
upmin(f[i] , f[j] + sq(i - j) * mn) ;
}
while(top && a[sta[top]] > a[i]) top -- ;
sta[++top] = i ;
for(int j = 1 ; j <= x + 1 && j < top ; ++ j) {
upmin(f[i] , f[sta[j]] + sq(i - sta[j] ) * a[ sta[j]]);
// 从单调栈最右端点转移
}
if(a[i] < x + 3) {
// mn = a[i] ;
for(int j = i - 1 ; j >= 1 ; -- j) {
if(a[i] >= a[j]) break;
upmin(f[i] , f[j] + sq(i - j) * a[i]) ;
}
}
}
rep(i,1,n) wrt(f[i],' ') ;

return 0;
}