P10966 K-Anonymous Sequence

题目链接

就相当于是把一个序列分成若干组，每组都有至少 $k-1$ 个数字，花费就是这组的数字和 $sum$，再减去最小值 $min$ 乘以这个组的 $cnt$，也就是 $sum-(min\times cnt)$。

贪心的考虑，假设说有三个数字 $a_i,a_k,a_j,(i<k<j)$，那么从 $a_j$ 转移到 $a_i$ 的代价一定比从 $a_k$ 到 $a_i$ 的代价更大一些。

所以我们分成的组一定是连续的一段，那么就可以设计转移方程了。

设 $f_i$ 表示考虑前 $i$ 个数的花费。

$$f_i=min\{f_j+[su{m}_i-su{m}_j]-a_{j+1}\ast (i-j)\}$$

其中 $i-j\ge k$，此时算法复杂度为 $O(n^2)$，无法通过，考虑优化。

首先上式中的 $sum(i)$ 和是一个定值，提取并把里头的式子分解出来。

$$f_i=su{m}_i+min{f}_j-su{m}_j-(i-j)\times a_{j+1}$$

考虑两个点 $j,k(j<k)$。

当 $k$ 优于 $j$ 时，有：

$$f_j-su{m}_j-(i-j)\times a_{j+1}\ge f_k-su{m}_k-(i-k)\times a_{k+1}$$

化简：

$$f_j-f_k+su{m}_k-su{m}_j+j\times a_{j+1}-k\times a_{k+1}\times a_{j+1}-a_{k+1}\le i$$

这里要变号，因为 $a_{j+1}-a_{k+1}$ 小于等于0

这种斜率的形式可以用单调队列来维护。

设 $X(j,k)=f_j-f_k+su{m}_k-su{m}_j+j\times a_{j+1}-k\times a_{k+1}\times a_{j+1}-a_{k+1}$

队首维护应该很明白了，如果 $X(j,k)\le i$，就删除 $j$，当然由于可能除数为 $0$，所以我们用乘法来维护，所以又得变一次号，不要忘了。

队尾维护：求得是最小值，所以维护一个下凸壳。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=5e5+5;
int T,n,k,a[N],sum[N],f[N],q[N];
int qy(int x){
    return f[x]-sum[x]+1ll*x*a[x+1];
}
int qx(int x){
    return a[x+1];
}
void solve(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    int l=1,r=1;
    q[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(l<r&&qy(q[l])-qy(q[l+1])>=i*(qx(q[l])-qx(q[l+1])))++l;
//      f[i]=qy(q[l])+sum[i]-i*qx(q[l]);
        f[i]=f[q[l]]+sum[i]-sum[q[l]]-(i-q[l])*a[q[l]+1];
        int z=i-k+1;
        if(z>=k){
            while(l<r&& (qy(q[r-1]) - qy(q[r])) * (qx(q[r])-qx(z))>= (qy(q[r])-qy(z)) * (qx(q[r-1])-qx(q[r])) )--r;
            q[++r]=z;
        }
    }
    cout<<f[n]<<"\n";
}
signed main(){
    cin>>T;
    while(T--)solve();
    return 0;
}