P3648 [APIO2014] 序列分割

[APIO2014] 序列分割

Luogu P3648

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。

输入格式

第一行包含两个整数 $n$ 和 $k$。保证 $k+1\le n$。

第二行包含 $n$ 个非负整数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ $(0\le a_i\le {10}^4)$，表示前文所述的序列。

输出格式

第一行输出你能获得的最大总得分。

第二行输出 $k$ 个介于 $1$ 到 $n-1$ 之间的整数，表示为了使得总得分最大，你每次操作中分开两个块的位置。第 $i$ 个整数 $s_i$ 表示第 $i$ 次操作将在 $s_i$ 和 $s_{i+1}$ 之间把块分开。

如果有多种方案使得总得分最大，输出任意一种方案即可。

样例 #1

样例输入 #1

7 3
4 1 3 4 0 2 3

样例输出 #1

108
1 3 5

提示

你可以通过下面这些操作获得 $108$ 分：

初始时你有一块 $(4,1,3,4,0,2,3)$。在第 $1$ 个元素后面分开，获得 $4\times (1+3+4+0+2+3)=52$ 分。

你现在有两块 $(4),(1,3,4,0,2,3)$。在第 $3$ 个元素后面分开，获得 $(1+3)\times (4+0+2+3)=36$ 分。

你现在有三块 $(4),(1,3),(4,0,2,3)$。在第 $5$ 个元素后面分开，获得 $(4+0)\times (2+3)=20$ 分。

所以，经过这些操作后你可以获得四块 $(4),(1,3),(4,0),(2,3)$ 并获得 $52+36+20=108$ 分。

限制与约定

第一个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 10$。

第二个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 50$。

第三个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 200$。

第四个子任务共 17 分，满足 $2\le n\le 1000,1\le k\le min\{n-1,200\}$。

第五个子任务共 21 分，满足 $2\le n\le 10000,1\le k\le min\{n-1,200\}$。

第六个子任务共 29 分，满足 $2\le n\le 100000,1\le k\le min\{n-1,200\}$。

感谢@larryzhong 提供的加强数据

Solution

首先需要知道的是，分割的先后顺序并不会影响答案，比如题目中的分割方式是 1 3 5，如果按照 5 3 1 分割，得到的答案是相同的，感兴趣的话可以尝试证明一下。

因此设 $f_{i,k}$ 表示前 $i$ 个分割 $k$ 次得到的最大分数，预处理一下前缀和 $s_i={\displaystyle \sum _{i=1}^i{a}_i}$，那么可以推出 $f_{i,k}$ 的转移方程：

$$f_{i,k}={\displaystyle \underset{j\in [1,i-1]}{max}\{f_{j,k-1}+s_j\times (s_i-s_j)\}}$$

注意到转移的时候 $f_{i,k}$ 只与 $f_{j,k-1}$ 相关，因此可以把 $k$ 那一维用滚动数组滚掉，减小空间开销。

但是这样虽然空间变成了 $\mathcal{O}(n)$ 的，时间仍然是 $\mathcal{O}(n^{2}k)$ 的，没法通过这道题，因此考虑如何优化。

观察 $max$ 内的式子，将其进行变形（$k$ 那一维被滚掉了，因此直接省略掉）：

$$\begin{array}{cc}& f_j+s_j\times (s_i-s_j)\\ =& f_j+s_j\times s_i-s_j^2\end{array}$$

因为我们要取一个最优的 $j$ 来进行转移，因此设一个 $t<j$ 使得：

$$f_t+s_t\cdot s_i-s_t^2>f_j+s_j\cdot s_i-s_j^2$$

对此不等式变形：

$$\begin{array}{ccc}{f}_t+s_t\cdot s_i-s_t^2& >& f_j+s_j\cdot s_i-s_j^2\\ (f_t-s_t^2)+(f_j-s_j^2)& >& (s_j-s_t)s_i\\ {\displaystyle \frac{(f_t-s_t^2)+(f_j-s_j^2)}{(s_j-s_t)}}& >& s_i\\ {\displaystyle \frac{(f_t-s_t^2)+(f_j-s_j^2)}{-s_t-(-s_j)}}& >& s_i\end{array}$$

注意到不等号左边可以变成类似于斜率公式 $k={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}$ 的形式，因此建出平面直角坐标系，坐标系中的每一个点 $P$ 用 $(-s_i,f_i-s_i^2)$ 表示，上述式子就可以变成两点之间连线的斜率，用单调队列维护下凸壳即可。

需要注意的是，因为每一个数是非负的，因此 $-s_t-(-s_j)$ 的值可能为 $0$，因此需要特判一下，令此时的斜率为 $-inf$。

对于方案的输出，只需要在转移的时候记录下每次转移的来源即可，输出的时候一路循着输出即可。

时间复杂度是 $\mathcal{O}(nk)$。

此题有点卡常，对于滚动数组最好不要在每次滚动的时候模拟滚动的过程 $\mathcal{O}(n)$ 地赋值，直接将当前数组和上一个数组的指针交换就可以了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> void read(T &k)
{
	k=0;T flag=1;char b=getchar();
	while (!isdigit(b)) {flag=(b=='-')?-1:1;b=getchar();}
	while (isdigit(b)) {k=k*10+b-48;b=getchar();}
	k*=flag;
}
template<typename T> void write(T k) {if (k<0) {putchar('-'),write(-k);return;}if (k>9) write(k/10);putchar(k%10+48);}
template<typename T> void writewith(T k,char c) {write(k);putchar(c);}
const int _SIZE=1e5,INF=1e18;
int k,n;
int a[_SIZE+5],s[_SIZE+5],fa[205][_SIZE+5];
int f[2][_SIZE+5],cur=0,last=1;//f用来滚动，cur指向当前dp数组，last指向上一个dp数组
int q[_SIZE+5],head=1,tail=1;//单调队列（双端队列），head,tail前闭后开
double slope(int x,int y)//求两点斜率
{
	int x1=-s[x],y1=f[last][x]-s[x]*s[x];
	int x2=-s[y],y2=f[last][y]-s[y]*s[y];
	if (x1==x2) return -INF;
	return (y2-y1)*1.0/(x2-x1);
}
signed main()
{
	read(n),read(k);
	for (int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),s[i]=a[i]+s[i-1];
	for (int t=1;t<=k;t++)
	{
		cur^=1,last^=1;
		head=tail=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			while (tail-head>=2 && slope(q[head],q[head+1])<=s[i]) head++;//踢队头
			f[cur][i]=0;
			if (head<tail)//可以转移
			{
				int j=q[head];fa[t][i]=j;//记录来源
				f[cur][i]=f[last][j]+s[j]*(s[i]-s[j]);//按照方程转移
			}
			while (tail-head>=2 && slope(q[tail-1],q[tail-2])>=slope(i,q[tail-1])) tail--;//踢队尾
			q[tail++]=i;//入队
		}
	}
	writewith(f[cur][n],'\n');
	for (int x=fa[k][n];k;x=fa[--k][x]) writewith(x,' ');//输出方案
	return 0;
}