题解 CF631E Product Sum

$\mathtt{\text{link}}$

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，定义该序列的权值为 $\sum _{i=1}^{n}i\cdot a_i$，现有一次将序列中某个数移动到任意位置的机会，可以移回原位，求操作后序列 $a$ 最大权值。

数据范围：$2\le n\le 2\times {10}^5,|a_i|\le {10}^6$

题解

考虑先算出未操作时的权值，再去算操作后能使答案增加的最大值。

设 $f_i$ 表示移动 $a_i$ 对答案的最大贡献值，若 $a_i$ 移到了位置 $j$，我们分类讨论：

• 当 $i<j$ 时，$f_i=max\{a_i\times (j-i)-\sum _{k=i+1}^j{a}_k\}$
• 当 $i\ge j$ 时，$f_i=max\{\sum _{k=j}^{i-1}{a}_k-a_i\times (i-j)\}$

后面那个求和可以用前缀和弄掉，设 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i{a}_j$，则：

$$f_i=\{\begin{array}{ll}max\{a_i\times (j-i)-su{m}_j+su{m}_i\}& j\in (i,n]\\ max\{a_i\times (j-i)-su{m}_{j-1}+su{m}_{i-1}\}& j\in [1,i]\end{array}$$

于是我们得到一个 $O(n^2)$ 的做法。

其实化成这样也可以做，但比较麻烦。

观察到上下两个形式很相近，考虑当 $j\in [1,i]$，令 $j\leftarrow j-1$ 转化成和上面一样的形式。

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =max\{a_i\times (j-i)-su{m}_{j-1}+su{m}_{i-1}\}j\in [1,i]\\ & =max\{a_i\times (j+1-i)-su{m}_j+su{m}_{i-1}\}j\in [0,i)\\ & =max\{a_i\times (j+1-i)-su{m}_j+su{m}_i-a_i\}j\in [0,i)\\ & =max\{a_i\times (j-i)-su{m}_j+su{m}_i\}j\in [0,i)\end{array}$$

发现 $j\in [0,i)$ 和 $j\in (i,n]$ 时的计算方式一样，我们便大大简化了过程。

于是 $f_i=max\{a_i\times (j-i)-su{m}_j+su{m}_i\}$。

拆开后 $f_i=max\{a_i\times j-su{m}_j\}+su{m}_i-a_i\times i$。

这个形式显然可以斜率优化，若 $j_1<j_2$ 且 $i$ 移到 $j_2$ 时比移到 $j_1$ 时贡献要大，有：$$a_i\times j_1-su{m}_{j_1}<a_i\times j_2-su{m}_{j_2}$$$$\therefore a_i\times (j_1-j_2)<su{m}_{j_1}-su{m}_{j_2}$$$$\therefore a_i>{\displaystyle \frac{su{m}_{j_1}-su{m}_{j_2}}{j_1-j_2}}$$

维护 $(j,su{m}_j)$ 这些点组成的下凸壳即可，因为点坐标与 $f_j$ 无关，可以先把这些点加进来，注意 $a_i$ 不一定是单增的，可以有两种处理方式。

• 二分下凸壳，找到比 $a_i$ 小的最大斜率。

• 因为答案与计算顺序无关，先将 $a$ 排序后再上单调队列。

这两种我都写了，二分复杂度 $O(n\log n)$，排序后单调队列可以用基排做到 $O(n)$，不过我懒得写了，貌似单调队列的做法会快（？

只贴单调队列的代码了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ld long double
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int n;
int q[N], head, tail;
ll sum[N], ans, base;
struct node {
    int v, id;
    friend bool operator < (const node &qwq, const node &awa) {
        return qwq.v < awa.v;
    }
} a[N];
ld slope(int i, int j) {
    return (1. * sum[i] - sum[j]) / (i - j);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i].v);
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i].v, base += 1ll * i * a[i].v;
        a[i].id = i;
    }
    head = tail = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        while(tail > 1 && slope(q[tail - 1], i) < slope(q[tail - 1], q[tail])) tail--;
        q[++tail] = i;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        while(head < tail && slope(q[head], q[head + 1]) < a[i].v) head++;
        ans = max(ans, 1ll * (q[head] - a[i].id) * a[i].v + sum[a[i].id] - sum[q[head]]);
    }
    printf("%lld\n", ans + base);
}