BZOJ4709 JSOI2011 柠檬
Description
$Flute$很喜欢柠檬。它准备了一串用树枝串起来的贝壳，打算用一种魔法把贝壳变成柠檬。贝壳一共有$N(1\leq N\leq 100000)$只，按顺序串在树枝上。为了方便，我们从左到右给贝壳编号 $1$..$N$。每只贝壳的大小不一定相同，贝壳 $i$的大小为 $s_i(1\leq s_i\leq 10,000)$。变柠檬的魔法要求，$Flute$ 每次从树枝一端取下一小段连续的贝壳，并选择一种贝壳的大小 $s_0$。如果 这一小段贝壳中 大小为$s_0$ 的贝壳有$t$只，那么魔法可以把这一小段贝壳变成$s_0t^2$ 只柠檬。$Flute$ 可以取任意多次贝壳，直到树枝上的贝壳被全部取完。各个小段中，$Flute$选择的贝壳大小$s_0 $可以不同。而最终$Flute$得到的柠檬数，就是所有小段柠檬数的总和。$Flute$想知道，它最多能用这一串贝壳变出多少柠檬。请你帮忙解决这个问题。
Input
第$1$行：一个整数，表示 $N$。
第$2$ ..$ N + 1 $行：每行一个整数，第 $i + 1$ 行表示$ s_i$。
Output
仅一个整数，表示 $Flute$ 最多能得到的柠檬数。
题目大意
给定一个序列，可以划分成任意的连续段，每一段选一个数，对于每一段，对答案的贡献是该段选的数乘以该数在这一段出现次数的平方，求所有答案之和的最大值。
有一个很显然的结论，对于最后选出来的每一段，一定满足该段两侧的数$=$该段选出来的数。
那么就可以列出$DP$方程，设$F_i$表示到第$i$位为止划分出的最大值，$C_i$表示从第$1$位开始到第$i$位$s_i$的出现次数。
$F_i=\max\{ F_{j-1}+s_i(C_i-C_j+1)^2\} (0<j\leq i,s_j=s_i)$。
展开后有$F_i-s_iC_i^2=\max\{ F_{j-1}-2s_iC_i(C_j-1)+s_j(C_j-1)^2\} (0<j\leq i,s_j=s_i)$。
暂且忽略$\max$，有$F_i-s_iC_i^2+2s_iC_i(C_j-1)=F_{j-1}+s_j(C_j-1)^2$
这个东西显然可以斜率优化。
设$X_j=2(C_j-1),Y_j=F_{j-1}+s_j(C_j-1)^2，b_i=F_i-s_iC_i^2,k_i=s_iC_i$
那么很显然就有$Y_j=k_iX_j+b_i$，而我们的目的是让截距$b_i$尽可能的较大。
这个式子在于意义在于斜率为让$k_i$的直线过$(X_j,Y_j)$且截距尽可能大（其中$k_i,X_j,Y_j$均为已知且可求）
我们发现只有上凸壳的点对答案的贡献才有意义，由于对于每一个$s_i$会单独考虑，那么直接维护上凸壳，因为原来函数是单峰的，就每次在上凸壳上二分出从前往后答案停止增加的位置，求答案即可
献上本机$AC$提交$RE$的代码（本地测$lysdy$数据）
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 200020
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
vector<LL> v[M];
LL n,m,p[M],c[M],cnt[M],F[M];
LL sq(LL x){return x*x;}
LL X(LL i){return (c[i]-1)<<1;}
LL Y(LL i){return F[i-1]+p[i]*sq((c[i]-1));}
LL K(LL i){return p[i]*c[i];}
bool check(LL t1,LL t2,LL t3){return (Y(t3)-Y(t2))*(X(t2)-X(t1))<(Y(t2)-Y(t1))*(X(t3)-X(t2));}
LL getans(LL pos,LL from){return F[from-1]+p[pos]*sq(c[pos]-c[from]+1);}
LL fd(LL i,LL tot){
LL l=0,r=tot-1,res=tot,md;
for(md=((l+r)>>1);l<=r;md=((l+r)>>1)){
if(getans(i,v[p[i]][md])<=getans(i,v[p[i]][md+1])) l=md+1;
else res=md,r=md-1;
} return res;
}
int main(){
n=read();
for(LL i=1;i<=n;i++){
p[i]=read(),c[i]=++cnt[p[i]]; LL tt=v[p[i]].size()-1,now;
while(tt>0) if(!check(v[p[i]][tt-1],v[p[i]][tt],i)) v[p[i]].pop_back(),tt--;else break;
tt++,v[p[i]].push_back(i),now=fd(i,tt),F[i]=getans(i,v[p[i]][now]);
}
printf("%lld\n",F[n]); return 0;
}
