【BZOJ3675】【Apio2014】序列分割
Description
Solution
之前我也遇到过一次这种“两段之和乘积作为贡献“的问题：考虑把这一种\((\sum) *(\sum)\)的形式拆括号，就可以发现贡献其实就是分别处于左右的两两元素乘积之和。
题目的分割\(k\)次，其实就是要你把序列分成\(k+1\)段。
再考虑在题目中如此的分割方法下，贡献是怎么产生的。对于每一个元素\(a_i\)，每次分割时，若涉及到自己，则会贡献一定的乘积\(a_i(\sum)\)。细心想一想就会发现，这个\(\sum\)的总值就是在最终方案下不处于\(a_i\)所在段的元素之和。
单向考虑每一项乘积，（这里有点跳）总的来算，每一段\([l,r]\)的贡献就是\((\sum_{i=l}^ra_i)(\sum_{i=1}^{l-1}a_i)\)。记\(a\)的前缀和为\(s\)，则贡献是\((s_r-s_{l-1})s_{l-1}\).
我们可以写出DP式，\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数恰好分成\(j\)段的贡献最大值：
\[f_{i,j}=\max\{f_{k,j-1}+(s_i-s_k)s_k\}\;\;(k<i)
\]
直接DP是\(\mathcal O((k+1)n^2)\)的。而看到这个式子比较简单，考虑斜率优化。这里省去第二维，整体做\(k+1\)次即可。
设\(k<j<i\)，\(j\)比\(k\)优，则有：
\[\begin{aligned}
f_j+(s_i-s_j)s_j&>f_{k}+(s_i-s_k)s_k\\
f_j+s_is_j-s_j^2&>f_k+s_is_k-s_k^2\\
s_i(s_j-s_k)&>(s_j^2-f_j)-(s_k^2-f_k)\\
\frac{(s_j^2-f_j)-(s_k^2-f_k)}{(s_j-s_k)}&<s_i
\end{aligned}
\]
直接做就可以了。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005;
const ll INF=1LL<<62;
const double EPS=1e-6;
int n,m,a[N];
int q[N],head,tail;
ll s[N],real_f[N],real_g[N],*f=real_f,*g=real_g;
inline double slope(int a,int b){
return 1.0*((s[b]*s[b]-g[b])-(s[a]*s[a]-g[a]))/(s[b]-s[a]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int cnt=0;
for(int i=1,x;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
if(x)
cnt++,s[cnt]=s[cnt-1]+x;
}
n=cnt; m=min(m,n-1)+1;
for(int j=2;j<=m;j++){
q[head=tail=1]=j-1;
for(int i=j;i<=n;i++){
while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])-EPS<s[i]) head++;
int best=q[head];
f[i]=g[best]+(s[i]-s[best])*s[best];
while(head<tail&&slope(q[tail-1],q[tail])>slope(q[tail],i)) tail--;
q[++tail]=i;
}
swap(f,g);
}
printf("%lld\n",g[n]);
return 0;
}
