洛谷P3628 特别行动队 题解报告

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题意：

把正整数序列分隔为若干区间，若单个区间的元素之和为X，则其贡献为$a{X}^2+bX+c$。求所有区间的贡献之和的最大值。

分析：

斜率优化dp模板题。

这篇博客描述得很清晰（但是推出的式子不等号方向弄反了）。

整理不等式，得到斜率表达式。每到一个 i 时，可以立即获取当前的切线斜率k（假定k恒负）。对于由两个候选点连成的直线而且，设斜率为w，若w>k，则后者更优，否则前者更优。从暴力的角度讲，我们可以这样去找到目标转移点：两两枚举点，把被淘汰的一方标记，最后没被标记的点就是解。

然而对每个 i 都这样做显然复杂度不理想，于是我们先作分析，得出结论(过程自行了解)：最优点一定落在最外围的凸包上。这里k为恒负，所有应该是上凸。如果一个点不在凸包上，那么无论k为何值，都一定会被淘汰。对这个凸包，我们考虑横坐标相邻的点就行了，对于不相邻的点之间连的直线，在这两点间的相邻点连线中肯定有的斜率比它高和比它低（拉格朗日中值定理）。
上凸或下凸，跟题目要最大还是最小有关，与k的正负无直接关系。找到最优点 j 后，按朴素dp式从dp[j]转移到dp[i]即可。

除了根据优劣关系筛最优点外，另一种等价思想是：将原式整理作b=max/min(y+kx)，b中包含了dp[i]和其他定值，y中包含了只与j有关的值，k与i有关，x与j有关。于是问题变为找到一点(x,y)，在给定的k下，截距最大/最小，那么显然直线应该切在凸包上。最后由b得到dp[i]。更详细的描述可见这篇博客，个人更喜欢这个思考方向。

思路

用斜率为负的直线切上凸包，以求得截距最大。凸包上相邻两点直线的斜率递减，可以二分查找，复杂度为$O(nlogn)$

由于斜率随 i 递增，每个元素至多入队一次出队一次，可用单调队列优化至$O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 1e6+5;
 
struct Pos{
    ll x,y;
} q[maxn];
ll sum[maxn];
ll dp[maxn];
 
int main()
{
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
    int n;
    ll a,b,c;
    cin>>n>>a>>b>>c;
    int l=1,r=1; //闭区间，至少有两个元素在内
    q[1]={0,0}; //朴素dp是可以从0位置转移的，在斜率优化中也要按X,Y的定义如实加入起点
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ll t;
        cin>>t;
        sum[i]=sum[i-1]+t;
        ll k=2*a*sum[i];
        while(r>l && k*(q[l+1].x-q[l].x)<q[l+1].y-q[l].y) //用乘法比较斜率(这里是最尾点与其下一个点)(不用拆括号，保证无除法即可)
            ++l;
        dp[i]=q[l].y-k*q[l].x+a*sum[i]*sum[i]+b*sum[i]+c; //B=Y-KX，再从B中得到dp[i]
        //dp[i]=q[l].f+a*(sum[i]-q[l].x)*(sum[i]-q[l].x)+b*(sum[i]-q[l].x)+c; //另一种思想，表达式等价
        Pos p;
        p.x=sum[i], p.y=dp[i]+a*sum[i]*sum[i]-b*sum[i];
        while(r>l && (p.y-q[r].y)*(q[r].x-q[r-1].x)>(q[r].y-q[r-1].y)*(p.x-q[r].x))
            --r;
        q[++r]=p;
    }
    cout<<dp[n];
}