dp斜率优化
dp斜率优化
T1 hdu3507 打印文章
题目描述：
给定一个含 $ n $ 个数的数列 $ C_n $ 和 $ M $ ,将 $ C_n $ 分为若干段 $ [a,b] $ ,求所有子段的 $ W $ 之和的最小值.
\[W_{a,b}=(\sum^b_{i=a}C_i)^2+M
\]
$ n\le 5*10^5\quad M\le 1000 $
思路：
\[\begin{align}
&\quad\ 令S_i=\sum^i_{j=1}C_j\\
&\therefore W_{a,b}=S_b-S_{a-1}\\
&\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\
&\therefore f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+(S_i-S_j)^2)}+M\\
&\quad\ {\color{OrangeRed}{f_i}}=\min_{j=1}^{i-1}{({\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{OrangeRed}{S_i^2}}+{\color{ForestGreen}{S_j^2}}-{\color{RoyalBlue}{2*S_i*S_j}})+{\color{OrangeRed}{M}}}\\
\end{align}
\]
将只含不确定性 $ (j) $ 的项放在左边,含有 $ i $ 的项放在右边:
\[\begin{align}
&\boxed{\therefore {\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_j^2}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i)*S_j}}+({\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2}}-{\color{OrangeRed}{M}})}\\
&\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\
&\boxed{\therefore y=f_j+S_j^2\quad {\color{Maroon}{k=2*S_i}}\quad x=S_j\quad {\color{Maroon}{b=f_i-S_i^2-M(目标:最小化)}}}
\end{align}
\]
$ \therefore\ $ 每个决策 $ j $ 都对应着一个点 $ (S_j,f_j+S_j^2) $ ,目标是使纵截距 $ b $ 最小.
维护一个下凸包:
如图所示b取最小:
**<!!!>此时满足: $ k_h( $ 线的斜率 $ )<k( $ 点的决策斜率 $ )<k_i( $ 线的斜率 $ ) $ **
利用单调队列维护决策点.
$ *\because $ 对于任意 $ j_1<j_2 $ ,必有 $ S_{j_1}<S_{j_2} $ ,故不存在 $ J $ 点所示情况,即新的决策点必出现在下突壳的最右端.
维护下突壳:检查新加入的点 $ L $ 和之前两点 $ K,E $ 是否满足下凸性,若不满足则弹出队尾 $ (K) $ ,然后将新决策点 $ (L) $ 入队.
随着 $ i $ 的增加,斜率 $ {\color{OrangeRed}{ k=2*S_i\ 单调递增}}\ $ ,故一次查询的最优决策点之前的斜率 $ \le k $ 的线均无效,出队.
队头即是最优决策点.
(若 $ k $ 不满足单调递增(如 $ T4 $ ),则不能直接弹出斜率 $ \le k $ 的所有决策点,队头也不一定是最优决策点,要在单调队列中二分出一个点 $ O $ 使得 $ k_{OP}<k<k_{PQ} $ )
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=5e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n,m;
int s[N],dp[N];
int q[N],h,t;
inline int X(int k)
{
return s[k];
}
inline int Y(int k)
{
return dp[k]+s[k]*s[k];
}
inline int K_nodei(int k)
{
return 2*s[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int h,int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K_nodei(i)*deltaX(q[h],q[h+1])); //A--a--B--b--C ,b的斜率大等于a => ka<=kb[已知] Δy(AB) / Δx(AB)<=kb => Δy(AB)<=kb*Δx(AB)
}
inline bool Kjud2(int h,int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i)); //k2<=k1 => y2/x2<=y1/x1 => y2*x1<=y1*x2
}
inline int fi(int i,int j)
{
return dp[j]+(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+m;//回到最初的定义
}
inline void init()
{
h=t=0;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
init();
fr(i,n) s[i]=s[i-1]+rd();
fr(i,n)
{
while(h<t/*防队列退空,至少应当留有一项*/&&Kjud1(h,i)) ++h;//若前一个点到这个点的斜率<=该点的斜率要求(2*s[i]),加之斜率k单调递增,则前一个点已经无效
dp[i]=fi(i,q[h]/*当前最优决策点*/);
while(h<t&&Kjud2(h,i)) --t;
q[++t]=i;
}
cout<<dp[n];
}
return 0;
}
T2&T3 #P10184.任务安排 1 P2365 任务安排 & #P10185.任务安排 2
题目描述：
给定一个含 $ n $ 个数的数列 $ C_n $ 、 $ T_n $ 和 $ S $ ,将 $ C_n $ 分为若干段 $ [a,b] $ ,求所有子段的 $ W $ 之和的最小值.
\[对于第k段[a,b]:T=k*S+\sum_{i=1}^bT_i\\
W_{k(a,b)}=(\sum^b_{i=a}C_i)*T=(\sum_{i=1}^bT_i)*(\sum^b_{i=a}C_i)+k*S*(\sum^b_{i=a}C_i)
\]
$ 1<n\le 10^4 \quad 1\le S\le50 \quad 1\le T_i,C_i\le 100 $
思路：
\[\begin{align}
&\quad\ 令sumC_i=\sum^i_{j=1}C_j\quad sumT_i=\sum^i_{j=1}T_j\\
&\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\
&\therefore f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+sumT_i*(sumC_i-sumC_j)+S*(sumC_{{\color{Red}{n}}}-sumC_j))}\\
\end{align}
\]
<!!! 费用提前计算>↑
既然一次操作会使后面所有段的 $ T $ 均增加 $ S $ 且 $ S $ 只与 $ {C_i} $ 有关,那就一次性将后面所有的 $ {C_i} $ 全部进行一次更新,提前计算所需费用.
\[\begin{align}
&{\color{OrangeRed}{f_i}}=\min_{j=1}^{i-1}{({\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}+{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}-{\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}})}\\
\end{align}
\]
移项得:
\[\begin{align}
&\boxed{{\color{ForestGreen}{f_j}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}={\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}-{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}}\\
&\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\
&\boxed{\therefore y=f_j-S*sumC_j\quad {\color{Maroon}{k=sumT_i}}\quad x=sumC_j\quad {\color{Maroon}{b=f_i-sumT_i*sumC_i-S*sumC_n(目标:最小化)}}}
\end{align}
\]
$ \therefore\ $ 每个决策 $ j $ 都对应着一个点 $ (sumC_j,f_j-S*sumC_j) $ ,目标是使纵截距 $ b $ 最小,故维护一个下凸包.
同 $ T1 $ , $ k $ 依然满足单调递增,故可以用单调队列维护斜率 $ k $ .
同 $ T1 $ , $ x $ 值也依然满足单调递增.
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=3e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),S=rd();
int sumC[N],sumT[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];
inline int X(int k)
{
return sumC[k];
}
inline int Y(int k)
{
return dp[k]-S*sumC[k];
}
inline int K(int k)
{
return sumT[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
return dp[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[n]-sumC[j]);
}
signed main()
{
fr(i,n) sumT[i]=sumT[i-1]+rd(),sumC[i]=sumC[i-1]+rd();
fr(i,n)
{
while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
dp[i]=Fi(i,q[h]);
while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
q[++t]=i;
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
T4 #P10186. 任务安排 3 P5785 [SDOI2012]任务安排
题目描述：
T2&T3
$ 1<n\le 3*10^5 \quad 1\le S\le2^8 \quad {\color{OrangeRed}{-2^8\le}} T_i\le 2^8 \quad 0\le C_i\le 100 $
思路：
\[\begin{align}
&\boxed{{\color{ForestGreen}{f_j}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}={\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}-{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}}\\
&\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\
&\boxed{\therefore y=f_j-S*sumC_j\quad {\color{Red}{k=sumT_i}}\quad x=sumC_j\quad {\color{Black}{b=f_i-sumT_i*sumC_i-S*sumC_n(目标:最小化)}}}
\end{align}
\]
因为 $ T_i $ 可能 $ \le 0 $ , $ k $ 不再满足单调递增,所以不能再用单调队列来维护决策点.(注意:点的 $ k $ 和线的 $ k $ 不是一个东西,因为下突壳的维护,决策点之间依然满足 $ k $ 的单调递增,不过在对每个点进行查询时 $ k $ 不单调递增,故无法顺行一次查完)
二分查找最优决策点 $ p $ ,使得 $ p $ 为满足 $ k_{\rightarrow p} <k_i $ 的最早的决策点(此时满足 $ k_{\rightarrow p}\le k_i \le k_{p\rightarrow} $ ).
其他过程同 $ T1-T3 $
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=3e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),S=rd();
int sumC[N],sumT[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];
inline int X(int k)
{
return sumC[k];
}
inline int Y(int k)
{
return dp[k]-S*sumC[k];
}
inline int K(int k)
{
return sumT[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int h,int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));//h-->h+1斜率小于点斜率
}
inline bool Kjud2(int t,int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
return dp[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[n]-sumC[j]);
}
inline int bin_search(int i)
{
int l=h,r=t;//<-1 x>
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;//检查线段mid-->mid+1斜率
if(Kjud1(mid,i)) l=mid+1;
else r=mid;//<-1 x>
}
return q[l];
}
int p;
signed main()
{
fr(i,n) sumT[i]=sumT[i-1]+rd(),sumC[i]=sumC[i-1]+rd();
fr(i,n)
{
p=bin_search(i);
dp[i]=Fi(i,p);
while(h<t&&Kjud2(t,i)) --t;
q[++t]=i;
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
T5 #P10188. 玩具装箱 P3195 玩具装箱
题目描述：
给定一个数列 $ C_n $ 和一个常数 $ L $ ,将其分为若干 $ (k1) $ 段,对于其中一段 $ t=[i,j] $ ,
\[\begin{align}
&W_{t=[i,j]}=[(j-i+\sum^j_{k=i}C_k)-L]^2\\
&W=\sum_{i=1}^{k1} W_t
\end{align}
\]
求 $ W $ 的最小值.
$ 1\le n\le 5*10^4\quad 1\le L \le 10^7\quad 1\le C_i\le 10^7 $
思路：
\[\begin{align}
&\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n\\
&\therefore W_{j}=(i-j+S_i-S_{j-1}-L)^2\\
&\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\
&\therefore f_i=\min_{j=2}^{i}{(f_{j-1}+i^2+j^2+……)}\qquad //显然太复杂\\
\end{align}
\]
\[\begin{align}
&\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n+n\qquad //优化\\
&\therefore W_{j+1,i}=(S_i-S_j-(L+1))^2\\
&\qquad\ f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}-2*S_i*S_{j}+S_i^2-2*(L+1)*S_i+(L+1)^2)}\\\\
&\boxed {{\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_{j}^2}}+{\color{ForestGreen}{2*(L+1)*S_{j}}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i)*S_{j}}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2+2*(L+1)*S_i}}-{\color{OrangeRed}{(L+1)^2}}}\\
&\boxed{\therefore y=f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}\quad k=2*S_i\quad x=S_{j}\quad b=f_i-S_i^2+2*(L+1)*S_i-(L+1)^2}
\end{align}
\]
* $ T1 $ 提到的移项方法是一种通法,但一个式子可能不止一种移项方法,不同移法的 $ y,k,x,b $ 可能会有所不同,但结果相同:
\[\begin{align}
&\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n+n\qquad //优化\\
&\therefore W_{j+1,i}=(S_i-S_j-(L+1))^2\\
&\qquad\ f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}-2*S_i*S_{j}+S_i^2-2*(L+1)*S_i+(L+1)^2)}\\\\
&\boxed {{\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_{j}^2}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i-2*(L+1))*S_{j}}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2+2*(L+1)*S_i}}-{\color{OrangeRed}{(L+1)^2}}}\\
&\boxed{\therefore y=f_j+S_{j}^2\quad k=2*S_i-2*(L+1)\quad x=S_{j}\quad b=f_i-S_i^2+2*(L+1)*S_i-(L+1)^2}
\end{align}
\]
(还有更多方法)
本题需要维护 $ b $ 值最小,故维护一个下凸包.
其余同 $ T2 $ .
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=5e4+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),L=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];
inline int X(int j)
{
return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
return dp[j]+S[j]*S[j]+2*(L+1)*S[j];
}
inline int K(int i)
{
return 2*S[i];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
return dp[j]+(S[i]-S[j]-(L+1))*(S[i]-S[j]-(L+1));
}
signed main()
{
fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd()+1;
fr(i,n)
{
while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
dp[i]=Fi(i,q[h]);
while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
q[++t]=i;
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
T6 P3648 [APIO2014]序列分割
题目描述：
你正在玩一个关于长度为 \(n\) 的非负整数序列的游戏。这个游戏中你需要把序列分成 \(k + 1\) 个非空的块。为了得到 \(k + 1\) 块，你需要重复下面的操作 \(k\) 次：
选择一个有超过一个元素的块（初始时你只有一块，即整个序列）
选择两个相邻元素把这个块从中间分开，得到两个非空的块。
每次操作后你将获得那两个新产生的块的元素和的乘积的分数。你想要最大化最后的总得分。
\(2 \le n \le 10^5\quad 1 \le k \le \min\{n - 1, 200\}\quad {\color{Red}{0\le}} C_i \le 10^4\)
思路：
1.收益与切割顺序无关:
如上图,对于 $ [a,c] $ 这一序列中的三个相邻子段而言,
先切下 \(a\) : \(a*(b+c)+b*c=a*b+a*c+b*c\)
先切下 \(c\) : \(c*(a+b)+a*b=a*b+a*c+b*c\)
所有的子段均遵循此规律
由是可知得分与切割顺序无关.
于是乎就可以把题目改写为:
给定一个数列 $ C_n $ ,将其分为 $ k+1 $ 段,求最大的
\[\begin{align}
&令S=\sum_{i=1}^nC_n\\
&W=(S^2-\sum_{i=1}^{k+1}T_i^2)/2\\
&(T_i表示第i段内元素和)
\end{align}
\]
每一个新加入的段的收益便为该段元素和*前面的所有元素的和.
2.dp.
\[\begin{align}
&f_{i,j}表示前i个数切j次的最大收益\\
&令S_i=\sum_{j=1}^iC_j\\
&f_{i,j}=f_{z+1,j-1}+(S_i-S_z)*S_z\\
\end{align}
\]
利用滚动数组节省空间,二维数组改一维.(不优化的话 $ 320MB+ $ ,过是能过,但是……)
\[\begin{align}
&令f_i表示前i个数切z次的最大收益\\
&\ \ \ f'_j表示前j个数切(z-1)次的最大收益\\
&f_i=\max_{j=0}^{i-1}{(f'_j+S_i*S_j-S_j^2)}\\
&\boxed{{\color{ForestGreen}{f'_j}}-{\color{ForestGreen}{S_j^2}}=-{\color{RoyalBlue}{S_i*S_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}}\\
&\boxed{y=f'_j-S_j^2\quad k=-S_i\quad x=S_j\quad b=f_i}\\
\end{align}
\]
维护一个上凸壳.
\[\begin{align}
&当然也可以:\boxed{y=-f'_j+S_j^2\quad k=S_i\quad x=S_j\quad b=-f_i}\\
\end{align}
\]
秒变下凸壳(后面采取此方法).
注意: $ a_i $ 可能为 $ 0 $ ,也就是说相邻两个决策点的 $ x $ 值可能相同, $ 斜率k $ 要特判返回 $ +\inf $ .(不过像代码中那样除法转换成乘法就不必特判了)
Code1:滚优
\(893ms\ /\ 163.92MB \ (O2)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=1e5+10,maxK=210,Inf=9223372036854775807;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),kc=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N][2];bool d;
int pre[N][maxK];
inline int X(int j)
{
return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
return -dp[j][d^1]+S[j]*S[j];
}
inline int K(int i)
{
return S[i];
}
inline int Fi(int i,int j)
{
return dp[j][d^1]+(S[i]-S[j])*S[j];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
signed main()
{
fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd();
fr(j,kc)
{
d^=1;//滚动数组
h=0,t=0;
fr(i,n)
{
while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
dp[i][d]=Fi(i,q[h]);
pre[i][j]=q[h];//标记前i个数切第j刀的最优位置
while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
q[++t]=i;
}
}
cout<<dp[n][d]<<'\n';
int pos=n;
Rof(i,kc,1)pos=pre[pos][i]/*返回了上次切的位置*/,cout<<pos<<' ';
return 0;
}
Code2:无滚优
\(1.76s\ /\ 323.00MB\ (O2)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=1e5+10,maxK=210,Inf=9223372036854775807;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
while((cch=getchar())<45);
if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
else res=0,zf=-1;
while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
return res*zf;
}
int n=rd(),kc=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N][maxK],d;
int pre[N][maxK];
inline int X(int j)
{
return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
return -dp[j][d-1]+S[j]*S[j];
}
inline int K(int i)
{
return S[i];
}
inline int Fi(int i,int j)
{
return dp[j][d-1]+(S[i]-S[j])*S[j];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
signed main()
{
fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd();
fr(j,kc)
{
++d;
h=0,t=0;
fr(i,n)
{
while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
dp[i][d]=Fi(i,q[h]);
pre[i][j]=q[h];//标记前i个数切第j刀的最优位置
while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
q[++t]=i;
}
}
cout<<dp[n][d]<<'\n';
int pos=n;
Rof(i,kc,1)pos=pre[pos][i]/*返回了上次切的位置*/,cout<<pos<<' ';
return 0;
}
T7 P
题目描述：
思路：
Code:
