题意

原题链接
给定序列 $a$ 和自定义二次函数 $f(x) = ax^2 + bx + c(a<0)$，要求将 $a$ 分为几段（不妨设为 $k$ 段），使得 $\sum_{i=1}^{k} f(\sum_{j=l_i}^{r_i}a_j)$的值最大，求最大的值

sol

设计状态转移方程。显然，$dp_i$ 可以由 $dp_j$ 转移当且仅当 $j < i$，这表示从第 $j + 1$ 到第 $i$ 个数都被分为一段。容易得到（设 $S_i = \sum_{j=1}^i a_j$

本题复杂度较高，无法使用 $O(n^2)$ 的朴素方法 AC。
对于此类题目，我们可以采用斜率优化 DP 的方式优化。
由于在计算时，$i$ 是确定的，因此 $dp_i$ 及 $S_i$ 均可视为常数。唯二的变量为 $dp_j$ 和 $S_j$，这启示我们将其变形成函数的形式，最终可以得到：

参考一次函数的 $y=kx+b$，我们可以得到

由于我们最终要求的是最大的 $dp_i$，即求出 $b$ 最大，因此我们要求的就是使截距最大的 $j$ 值。
同时，我们也可以据此求出有序实数对 $(S_j, dp_j + S_j^2)$，从而在平面直角坐标系中表示出这些点
参考单调队列思想，我们可以找出永远不会作为最大值的所有点，此时，剩余的所有点一定会在这些点的上凸包（最小值为下凸包）上
因此，我们只需要维护这个凸包就可以了，计算的时候，结果即为第一个斜率小于 $k$ 的线段的左侧点

对于此题，由于 $x,y$ 的单调性，我们可以维护一个双向队列，每次当队头线段的斜率 $>k$ 时，就弹出队头；加入该点后不满足凸包性质，就弹出队尾；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1000005;

LL f[N], s[N], g[N], q[N];
int n, a, b, c;

LL x(int u){
    return s[u];
}

LL y(int u){
    return f[u] + a * s[u] * s[u];
}

int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &n, &a, &b, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%lld", &g[i]), s[i] = s[i - 1] + g[i];
    
    int hh = 0, tt = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        while (hh < tt && y(q[hh + 1]) - y(q[hh]) >= (2 * a * s[i] + b) * (x(q[hh + 1]) - x(q[hh]))) hh ++ ;
        int j = q[hh];
        f[i] = f[j] + a * (s[i] - s[j]) * (s[i] - s[j]) + b * (s[i] - s[j]) + c;
        while (hh < tt && (y(q[tt]) - y(q[tt - 1])) * (x(i) - x(q[tt])) <= (y(i) - y(q[tt])) * (x(q[tt]) - x(q[tt - 1]))) tt -- ;
        q[ ++ tt] = i;
    }

    printf("%lld\n", f[n]);

    return 0;

}

蒟蒻犯的若至错误

• 推式子把 $aS_j^2$ 的系数推没了（