问题 C： 规划-题解
C: 规划
在此我们约定，以一个点往外扩充 \(j\) 格表示同时往左右移动 \(j\) 格，占用 \(2\times j\) 的格子。举个例子，扩充 \(3\) 格的面积是 \(2\times 3^2=18\)，具体看第一个样例的第二个图形。
\(l_i\) 表示 \(a_i-a_{i-1}\)，\(r_i\) 表示 \(a_{i+1}-a_{i}\)。我们可以得出，对于 \(2\le i\le n\)， \(l_i=r_{i-1}\)
\(get(x)\) 表示扩充 \(x\) 格获得的面积。
选满表示当前点顶到两边两个点的其中一个。
我们可以把一个点扩充后的菱形抽象成一个圆，扩充格子就是圆的半径。这样或许更好理解。
十分做法
首先有一个简单的动态规划：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，往外扩充 \(j\) 格，能够获得的最大面积。对于点 \(i\) 的上限，就是 \(\min(l_i,r_i)\) 。转移的话，暴力就是对于前面一个点，所有满足 \(j+k\le l_i\)，\(f_{i,j}=\max{f_{i-1,k}}+get(j)\) 。也就是说，当前面积加上上一个点的 DP值。当然，如果状态不存在，就设为零就好了。这样可以获得 \(10\) 分的好成绩。
二十分做法
对于第 \(4\) 个子任务，可以推出如果有两个点，两个点各占一半肯定比一个点占完更优。因此可以得出结论：这 \(n\) 个点，肯定是 \(\frac{n+1}{2}\) 个点取满，其他点不取。这样一定是最优的。具体来说，随便举个例子，比如两点相隔 \(6\) ，那么两个点各占 \(3\) 获得的面积 \(=2*get(3)=2*2*3^2=36\)。然而如果一个点占 \(6\)，那么面积 \(=get(6)=72\)，明显更优。与十分做法相结合即可获得 \(20\) 分。
五十分做法
我们考虑前两个做法优化。对于十分做法，首先有一个显然的优化：前缀和优化。这个随便搞一搞就好了。当然正解可以不用这个优化。
接着我们发现这个与值域有关的方程非常麻烦，我们考虑优化。我们发现其实有很多状态是无用的，相当于这些状态转移了也不会对下一个状态和答案做出任何贡献，因此我们考虑剪枝这些无用状态。相当于对于每一个点，找到一个大小尽量小的集合 \(S_i\)，表示这一个点最优扩充的空间一定在这个急河内。考场上，我就想：肯定是尽量多选一些选满的点，这样肯定更优。
因此对于每一个点，我们考虑选满这个点之后会对周围的点造成的影响，相当于选满这个点周围的点就紧挨着这个点，直到无法紧挨着，相当于换了一个连通块。我们把这些点的这些值全部放到集合 \(S_i\) 中，同时考虑一个点肯定还有不放、放满两种状态要考虑。
转移时就只用考虑这些状态就可以了。因为值域较大，我使用的是 \(map\) DP，前缀和优化，时间复杂度最坏情况 \(O(n^2\log_2(n))\)。考虑相结合二十分做法即可获得五十分。这里是为 AC 做法铺垫。
因此我在考场上使用这个做法获得了 \(40\) 分，剩下 \(10\) 分是因为INF设小了！！痛失10分
AC做法
其实 AC 做法就是五十分做法的优化。我们考虑其实对于集合 \(S_i\) ，还是有很多状态没有使用。那我们接着考虑剪枝。怎么还剪啊
对于每一个点，有两种情况必须考虑：当前点不选和当前点选满。接下来就是高危警告
先放结论。
对于每一个点，我们定义如果这个点的 \(l_i\le r_i\) ，那么我们用 \(<\) 号表示这个点，否则就用 \(>\) 号表示这个点。那么这个点集就可以表示为小于大于号组成的序列，比如 \(<>><<>><<><><<>>\) 。
那么接下来，我们先考虑**中间没有 > **的两个 \(>\) 。因此，中间肯定是一堆 \(<\) 。那么我们直接把最右边的 \(>\) 选满，中间的所有点就看看能不能跟右边的圆相切，能就放进当前点的集合。形象的，相当于对于一个 \(><<<<<<<<<>\) 的子区间，我们最右边的点选满，其他点尝试在右边点选满的基础上选满。
对于 \(<>>>>>>>>><\) 的子区间我们也类似的操作。
于是我们发现，最后每个集合的点最多只有 \(4\) 个，而这恰好包括了最优解。完结撒花 好吧，还没有完。对于每个点，我们发现集合恰好包括了最优解的所有可能。为什么呢？我也不知道
当然，只要知道这个结论你就可以做题了。具体操作就是要不然就是 \(map\) DP，要不然就直接 \(vector\) 暴力 DP 。事实证明两种做法都能 AC，但是我用了火车头。。注意时空优化！！！
下面是证明部分，由另一人执笔。
为了证明这个贪心，我们先做亿点点准备工作（
设 \(r_i\) 表示第 \(i\) 个圆的半径， \(p_i\) 表示第 \(i\) 个圆的圆心横坐标（即题目中的 \(x_i\)）。
设 \(p_0=-\inf,p_{n+1}=\inf\)
结论一：
对于每一个点，\(r_i=0\) 或 \(r_i=\min(p_i-p_{i-1},p_{i+1}-p_i)\) 在考虑范围内
显然。
结论二：
在最优情况中，每一个圆至少和旁边一个圆相切。
显然，如果不和周围圆相切，我们可以把 \(r_i\) 调大，而仍然合法。
结论三：
当一个圆和旁边一个圆相切，一个圆相离时（假设相切的圆是第 \(i+1\) 个）满足 \(r_i<r_{i+1}\)。
考虑反证法，如果 \(r_i\ge r_{i+1}\)，我们考虑把圆 \(i\) 调大 \(t\)，并把圆 \(i+1\) 调小 \(t\)，此时一定存在一个 \(t\) 使得调整后仍然合法。
考虑调整前后两个方案中这两个圆的贡献的差：
\(\Delta S=(r_i+t)^2+(r_{i+1}-t)^2-r_i^2-r_{i+1}^2=2t_6+2t(r_i-r_{i+1})>0\)，
所以调整后一定更优，所以此时一定满足 \(r_i<r_{i+1}\)。
结论四：
当一个圆和旁边两个圆都相切时，满足 \(r_i<\max(r_{i-1},r_{i+1})\)。
考虑和结论三一样的证法，
不妨假设 \(r_{i-1}\le r_{i+1}\)，
假设 \(r_i\ge r_{i+1}\)，我们考虑把圆 \(i\) 调大使得经过 \(p_{i-1}\)，则 \(r_{i-1}\) 会变成 \(0\)，\(r_{i+1}\) 变成 \(r_{i+1}-r_{i-1}\)，
\(\Delta S=(r_{i+1}-r_{i-1})^2+(r_i+r_{i-1})^2-r_{i-1}^2-r_i^2-r_{i+1}^2=r_{i-1}^2+2r_{i-1}(r_i-r_{i-1})>0\)
所以调整后一定更优，所以此时一定满足 \(r_i<\max(r_{i-1},r_{i+1})\)。
接下来，我们考虑什么样的 \(r_i\in S_i\)。
- 对于 \(i=1/n\)，取 \(0\) 或取顶满的情况，
- 对于 \(i\in (1,n)\)，假设 \(r_{i-1}\le r_{i+1}\)，我们可以得到 \(r_i<r_{i+1}\)。
证明：如果圆 \(i\) 之和右边相切，那么 \(r_i<r_{i+1}\)（结论三），如果圆 \(i\) 和两边都相切，那么也有 \(r_i<r_{i+1}\)（结论四），如果圆 \(i\) 和左边相切，那么 \(r_i<r_{i-1}<r_{i+1}\)。
所以，对于所有情况，都有 \(r_i<r_{i+1}\)。
接下来，我们考虑圆 \(i+1\) 右边界是否经过 \(p_{i+2}\)，如果经过，那么圆 \(i+1\) 是 > 的，并且加入有用状态；如果没经过，我们会和刚才一样，得到 \(r_{i+1}<r_{i+2}\)，并且此时会发现 \(p_{i+1}-p_i=r_i+r_{i-1}<r_i+r_{i+1}=p_{i+2}-p_{i+1}\)，因此圆 \(i+1\) 是 < 的，并继续考虑圆 \(i+3\)。
因此，我们会发现这样有用的状态会是一段 <<<<<<<>，其中左边的一个状态未定，所以可以是 ><<<<<<<<>。如果把整个序列反过来，我们发现 <>>>>>>>>>>< 也将是有用状态。
证毕！
那么这道题就圆满结束。
