P5569 [SDOI2008] 石子合并

题意：和普通的石子合并区别在于n的范围，n≤50000。

解：GarsiaWachs算法。

算法流程不复杂：从左到右找出第一个满足a_i-1<a_i+1的位置，将a_i-1和a_i合并为temp，放到它们左边第一个大于等于temp的值的右边。这里的大于和小于都可以换成大于等于，小于等于。

下面口胡一下算法原理。真正的证明在这里：A New Proof of the Garsia-Wachs Algorithm

考虑只有三个石子的情况，令三个石子价值分别为a、b、c，那么答案等于min((a+b)+(a+b+c), (b+c)+(a+b+c))，也就是最终答案取决于a和c，如果a<c，那就先合并a和b；

考虑不限制只有相邻的两个石子才能合并。那就是构造一棵哈夫曼树，每次选两个最小的合并在一起。

现在把上面两点结合起来，可以理解为 n个有序键构造二叉查找树的问题(By OI Wiki)。首先对于序列中的一个三元组(a_i-1, a_i ,a_i+1)，满足a_i-1<a_i+1，将a_i-1和a_i合并，即放在树中同一高度，一定比将a_i和a_i+1放在一起更优。

然后证明将合并后的数放到前面是合法的。

首先证明换完之后答案不会更差。对于以a_i开始往左第一个大于temp的值，设其为a_k，原来排在它后面的为a_k+1在树中深度为h_k+1，h_k+1要么等于h_i - 1，要么等于h_i。大概是前面这一段既没有满足a_i-1<a_i+1的三元组，不可能在a_i-1之前被合并；也不大于a_i-1+a_i，不会在temp之后被合并。原文用了反证法，意为h_k+1<h_i-1时总有一种重构能使答案更优。在此基础上可以说明这样交换答案不会更差，因为它能换回去。

接着证明交换后依然可以通过重构这棵树获得同样的答案，来满足只能合并相邻两个数的条件。具体操作没看懂，大概还是进行一些位移。证到这里显然就证完了。代码用vector很好写，但要开O2优化。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxx 705
#define maxn 25
#define maxm 205
#define ll long long
#define inf 1000000009
#define mod 1000000007
vector<int> v;
int change(){
    int len=v.size();
    int k=v.size()-2;
    for(int i=0;i<=len-3;i++){
        if(v[i]<=v[i+2]){
            k=i;
            break;
        }
    }
    int temp=v[k]+v[k+1];
    int j;
    for(j=k;j>=0;j--){
        if(v[j]>=temp)
            break;
    }
    v.erase(v.begin()+k);
    v.erase(v.begin()+k);
    v.insert(v.begin()+j+1,temp);
    return temp;
}
//a b c
//(a+b)+(a+b+c)
//(b+c)+(a+b+c)
signed main() {
//    int T;
//    scanf("%d",&T);
//    while(T--) {;
//
//    }
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t;
        scanf("%d",&t);
        v.push_back(t);
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        ans+=change();
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}