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CF631E 题解

CF631E Product Sum

斜率优化DP
*2600

传送门

闲话

模拟赛 D 题。感觉是个斜优的比较板的题。

开始写了一发错误的贪心，Wa on 9，后来改成 DP 才过。

场上过了 $5$ 个，拜谢 AK 爷 @Helloworld_wuyuze @RailgunZzzz @秦屎皇。

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列，序列的价值定义为 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \times i$ 。允许至多一次操作，把一个元素移动到任意一个序列中的位置，求最大的序列价值。

$2 \leq n \leq 2 \times 10^{5} ， | a_{i} | \leq 10^{6}$ 。

解析

先考虑 naive 做法。对于每个 $a_{i}$ ，枚举其移动到的位置位置 $j$ ，每次计算贡献的变化，时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

具体地，分两种情况讨论。对于向前移动，即 $j < i$ ，从 $i$ 移到 $j$ 后面，会使位于 $[j + 1, i - 1]$ 的元素贡献多一次，然后 $i$ 的贡献转化到了 $j + 1$ 。

也就是 $s_{i - 1} - s_{j} - (i - (j + 1)) \times a_{i}$ 。这里的 $s_{i}$ 表示 $a_{i}$ 的前缀和。

对于向后移动，移动到位置 $j$ ，会使 $[i + 1, j]$ 的元素贡献少一次，再算上 $i$ 到 $j$ 的贡献。

$- (s_{j} - s_{i}) + (j - i) \times a_{i}$ ，即 $s_{i} - s_{j} + (j - i) \times a_{i}$ 。

尝试化简一下第一个式子。

\begin{aligned} s_{i - 1} - s_{j} - (i - (j + 1)) \times a_{i} \\ = & s_{i - 1} - s_{j} - (i - j - 1) \times a_{i} \\ = & s_{i - 1} - s_{j} + a_{i} - (i - j) \times a_{i} \\ = & s_{i} - s_{j} - (i - j) \times a_{i} \\ = & s_{i} - s_{j} + (j - i) \times a_{i} \end{aligned}

我们推导可以发现，向前移动与向后移动的式子等价。这样的话，两个转移被合并成了一个转移，方便很多。

我们还需要优化。把括号拆开，变成 $s_{i} - s_{j} + a_{i} \times j - a_{i} \times i$ 。发现此时的方程中只有一个与 $i, j$ 都有关的项 $a_{i} \times j$ 和几个只与 $i$ 或 $j$ 有关的项。是斜率优化的经典形式，此处不赘述斜优过程。

数据没有单调性，所以可以用二分凸包或者李超树维护。

代码实现

考场上没想到可以变一个式子，正反做了两遍，二分+栈。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define eb emplace_back
#define F(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
constexpr int N=2e5+10;
constexpr int M=5e5+10;
constexpr int mod=1e9+7;
constexpr int inf=0x3f3f3f3f;
constexpr ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
constexpr db eps=1e-8;
#define int long long
int a[N],f[N];
struct line{
	int k,b;
	line(){}
	line(int _k,int _b){
		k=_k,b=_b;
	}
	int calc(int x){
		return k*x+b;
	}
};
struct tree{
	#define t1 s.size()-1
	#define t2 s.size()-2
	vector<line> s;
	bool cmp(line x,line p1,line p2){
		return (p2.b-x.b)*(p1.k-p2.k)<=(p2.b-p1.b)*(x.k-p2.k);
	}
	void insert(line x){
		while(s.size()>=2&&cmp(x,s[t1],s[t2])) s.pop_back();
		s.eb(x);
	}
	int query(int x){
		int l=0,r=t1;
		while(l<r){
			int mid=(l+r)>>1;
			if(s[mid].calc(x)>=s[mid+1].calc(x)) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
		return s[r].calc(x);
	}
	#undef t1
	#undef t2
}t1,t2;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n,res=0,ans=0;
	cin>>n;
	F(i,1,n){
		cin>>a[i];
		f[i]=f[i-1]+a[i];
		res+=i*a[i];
	}
	t1.insert(line(1,-f[0]));
	F(i,2,n){
		ans=max(ans,-a[i]*i+f[i-1]+t1.query(a[i]));
		t1.insert(line(i,-f[i-1]));
	}
	t2.insert(line(-n,-f[n]));
	fo(i,n-1,1){
		ans=max(ans,-a[i]*i+f[i]+t2.query(-a[i]));
		t2.insert(line(-i,-f[i]));
	}
	cout<<ans+res<<endl;
	return 0;
}

赛后用李超树写了第二种实现， $k = j, b = - s_{j}$ ，查询 $x = a_{i}$ 处的最值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define eb emplace_back
#define F(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define fo(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
constexpr int N=2e5+10;
constexpr int M=1e6;
constexpr int mod=1e9+7;
constexpr int inf=0x3f3f3f3f;
constexpr ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
constexpr db eps=1e-8;
#define int long long
int k[N],b[N],s[N],a[N];
int calc(int i,int x){return k[i]*x+b[i];}
int t[M<<4];
void update(int p,int l,int r,int x){
    if(l==r){
        if(calc(x,l)>calc(t[p],l)) t[p]=x;
        return ;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(calc(x,mid)>calc(t[p],mid)) swap(t[p],x);
    if(calc(x,l)>calc(t[p],l)) update(p<<1,l,mid,x);
    else if(calc(x,r)>calc(t[p],r)) update(p<<1|1,mid+1,r,x);
}
int query(int p,int l,int r,int x){
    if(l==r) return calc(t[p],x);
    int mid=(l+r)>>1;
    int res=calc(t[p],x);
    if(x<=mid) return max(res,query(p<<1,l,mid,x));
    else return max(res,query(p<<1|1,mid+1,r,x));
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int n,res=0,ans=0;
	cin>>n;
	F(i,1,n){
		cin>>a[i];
		res+=i*a[i];
		s[i]=a[i]+s[i-1];
		k[i]=i;
		b[i]=-s[i];
		update(1,-M,M,i);
	}
	F(i,1,n){
		int tmp=query(1,-M,M,a[i]);
		ans=max(ans,s[i]-a[i]*i+tmp);
	}
	cout<<ans+res<<endl;
	return 0;
}