JSOI2011 柠檬

柠檬

Flute很喜欢柠檬。它准备了一串用树枝串起来的贝壳，打算用一种魔法把贝壳变成柠檬。贝壳一共有 \(n\) \((1≤n≤100000)\) 只，按顺序串在树枝上。为了方便，我们从左到右给贝壳编号 \(1..n\) 。每只贝壳的大小不一定相同，贝壳 \(i\) 的大小为 \(s_i(1≤s_i≤10000)\) 。 变柠檬的魔法要求Flute每次从树枝一端取下一小段连续的贝壳，并选择一种贝壳的大小 \(s_0\)。如果这一小段贝壳中大小为 \(s_0\) 的贝壳有 \(t\) 只，那么魔法可以把这一小段贝壳变成 \(s_0t^2\) 只柠檬。Flute可以取任意多次贝壳，直到树枝上的贝壳被全部取完。各个小段中，Flute选择的贝壳大小 \(s_0\) 可以不同。而最终 Flute得到的柠檬数，就是所有小段柠檬数的总和。 Flute想知道，它最多能用这一串贝壳变出多少柠檬。请你帮忙解决这个问题。

题解

https://www.luogu.com.cn/blog/pks-LOVING/solution-p5504

对于一个\(i\)，设其最优决策点为\(o_i\)，那么一定有\(color[i]=color[o_i]\)。

那么转移方程就很容易列出来：

\[f_i=\max_{color_i=color_j}\{ f_{j-1}+color_i\cdot (sum_i-sum_j+1)^2\} \quad (j<i) \]

观察这个式子，会发现一个性质，因为转移只在相同颜色间转移，所以对于后面的\(color_i\cdot (sum_i-sum_j+1)^2\)是随着\(i\)的变化而单增的，也就是说对于一个\(j_1<j_2\)，一开始时满足\(j_1\)更优，那么随着\(i\)增大\(j_2\)就永远不会比\(j_1\)更优，因为二次函数的增长对于更优的\(j_1\)只会增长得更快（类似于输在起跑线上233）。

所以发现是具有决策单调性的，即同一段区间的、同一种颜色的决策点会出现不增的局面。

那么一个自然的想法使用单调栈维护，发现第二个元素比第一个元素优的时候\(pop\)掉即可。但是问题在于当前点的最终决策点可能会更靠前，比如\(j_1<j_2<j_3\)但\(val(j_1)>val(j_3)>val(j_2)\)，就应该从\(j_1\)转移。

但事实上，根据大趋势而言，出现上述那种情况当且仅当一段时间内\(j_2\)比\(j_1\)更优（否则当时就不会入栈），之后\(j_1\)开始比\(j_2\)优（导致出现了现在的\(val(j_1)>val(j_2)\)）。所以我们可以二分出一个确定的时间（此处时间的流淌用新的\(color_i\)个数的增多刻画）优劣关系发生变化，而如果这个时间在\(\leq sum_i\) 之前，那么就要\(pop\)掉\(j_2\)，因为没用了。

所以，每次加入元素的时候都要判断当前栈中\(top-1\)超过\(top\) 的元素的时间是否小于等于\(top\)超过要添加进来的\(x\)的时间，如果是就要把\(top\)给\(pop\)掉，因为在\(top\)超过\(x\)之前\(top\)就死了。

CO int N=1e5+10;
int bas[N],buc[N],s[N];
int64 dp[N];
vector<int> stk[N];
#define o(a,b) stk[a][b]
#define sz(a) stk[a].size()
#define sp(a) stk[a].size()-1
#define sq(a) stk[a].size()-2

IN int64 calc(int p,int t){
	return dp[p-1]+(int64)bas[p]*t*t;
}
int chk(int x,int y){
	int l=max(s[x],s[y]),r=N;
	while(l<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(x,mid-s[x]+1)>=calc(y,mid-s[y]+1)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	return r;
}
int main(){
	int n=read<int>();
	for(int i=1;i<=n;++i) s[i]=++buc[read(bas[i])];
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int t=bas[i];
		while(sz(t)>=2 and chk(o(t,sq(t)),o(t,sp(t)))<=chk(o(t,sp(t)),i))
			stk[t].pop_back();
		stk[t].push_back(i);
		while(sz(t)>=2 and chk(o(t,sq(t)),o(t,sp(t)))<=s[i])
			stk[t].pop_back();
		dp[i]=calc(o(t,sp(t)),s[i]-s[o(t,sp(t))]+1);
	}
	printf("%lld\n",dp[n]);
	return 0;
}