「题解」Codeforces GYM 102268 J Jealous Split（300iq Contest 1 J）

怎么想到的结论？结论是，如果把看成最小化 \(\sum {s_i}^2\)，那么一定满足条件。

证明是考虑如果相邻两段 \(s>t\)，如果不满足条件即 \(s-t>\max\)，说明将 \(s\) 和 \(t\) 交界处的那个属于 \(s\) 的数 \(x\) 扔给 \(t\)，变成 \(s-x\) 和 \(t+x\)，它们的差值绝对值会更小，而最小化平方和等价于差值绝对值最小，因而产生矛盾。

所以上个 wqs 二分就可以了/jy，我靠，还要构造方案，这也太难了

需要考虑的是，wqs 二分内部的 dp 到底是在 dp 什么？是把每一个前缀看成一个序列，然后其答案的凸包，被斜率 \(m\) 的直线所切的点。

凸包被一个直线所切的点一定是一段区间，所以钦定其尽可能选得多，就求出这个区间的右端点，钦定尽可能选得少，就求出这个区间的左端点。

然后考虑构造方案，将前 \(i\) 个数划分成 \(k\) 段，从 \(i\) 前面找到一个 \(j\)，使得 \(f_i\) 可从 \(f_j\) 转移，并且前 \(j\) 个数组成的序列其答案的凸包被斜率为 \(m\) 的直线所切的点包括 \(k-1\)，那么就划分 \((j,i]\) 为一段，并令 \(i\gets j,k\gets k-1\) 继续向前找即可。

这个构造方案的思路能够用到几乎所有的序列划分的 wqs 二分问题中！！

wqs 内部的 dp 用单调队列搞个斜率优化，这样复杂度就是 \(\mathcal{O}(n(\log n+\log a))\)，注意要开 __int128．

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 i128;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
int out_char[110];
int out_cnt;
template<typename T>
void print(T x){
	do{
		out_char[++out_cnt]=x%10;
		x/=10;
	}while(x);
	while(out_cnt)putchar('0'+out_char[out_cnt--]);
}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
const int N=100010;
int n,k,q[N],head,tail;
int mx[N],mn[N];
i128 s[N],f[N],a[N];
i128 squ(i128 x){
	return x*x;
}
i128 Y(int x){
	return f[x]+s[x]*s[x];
}
i128 X(int x){
	return 2*s[x];
}
bool check(i128 c,int *cnt,int fl){
	q[head=tail=1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		#define p1 q[head]
		#define p2 q[head+1]
		while(head<=tail-1&&s[i]*(X(p2)-X(p1))-(Y(p2)-Y(p1)) >= fl)
			++head;
		#undef p1
		#undef p2
		int mp=q[head];
		f[i]=f[mp]+squ(s[i]-s[mp])-c;
		cnt[i]=cnt[mp]+1;
		#define p1 q[tail-1]
		#define p2 q[tail]
		while(head<=tail-1&&
			(Y(p2)-Y(p1)) * (X(i)-X(p2)) -
			(Y(i)-Y(p2))  * (X(p2)-X(p1)) >= fl)
				--tail;
		#undef p1
		#undef p2
		q[++tail]=i;
	}
	return cnt[n]>=k;
}
int bef[N],vis[N];
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	read(n,k);int t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;read(x);
		if(x)a[++t]=x,bef[t]=i;
	}
	swap(t,n);
	if(n<k){
		for(int i=1;i<=n;i++)vis[bef[i]]=1;--k;
		for(int i=1;i<=t;i++)if(!vis[i]&&k-n){
			vis[i]=1;
			--k;
		}
		puts("Yes");
		for(int i=1;i<=t;i++)if(vis[i])cout << i << ' ';
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
	i128 l=-s[n]*s[n]-1,r=1,mid,m;
	while(l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,mx,0))m=r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	check(m,mx,0);
	check(m,mn,1);
	vi pos;
	int i=n;--k;
	for(int j=n-1;j;--j){
		if(f[i]==f[j]+squ(s[i]-s[j])-m && mn[j]<=k && k<=mx[j]){
			i=j;
			pos.pb(bef[j]);
			--k;
		}
	}
	puts("Yes");
	reverse(pos.begin(),pos.end());
	for(auto i:pos)cout << i << ' ';
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}