【JZOJ4249】游戏【贪心】

题目大意：

题目链接：https://jzoj.net/senior/#main/show/4249
一个长度为$n$的数列，每次可以选择前面任意一个位置$i$跳到那里，价值为$a_i\times(i-$你所在的位置$)$。求跳到$n$的最大价值。

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思路：

证明：每次选择$max\{a_i(i\in j\sim n)\}$ 其中$j$ 表示你所在的位置。

先设起点是0。
那么假设$i$是最大价值的点，但是最优解应该先跳到$j$，且下一次将跳到$k$，且$j<i<k$。
那么从0跳到$j$的价值是$j\times a_j$，跳到$i$的价值是$i\times a_i$。
从$j$跳到$k$的价值是$(k-j)a_k$，从$i$跳到$k$的价值是$(k-i)a_k$。
明显从$j$跳到$k$的价值比从$i$跳到$k$的价值大$(i-j)a_k$。
那么如果$i\times a_i-j\times a_j>(i-j)a_k$，那么跳到$i$是更合法的。
移项，只要$i\times a_i>(i-j)a_k+j\times a_j$就更合法。
设$T=max(a_k,a_j)$，有$(i-j)a_k+j\times a_j\leq (i-j)T+j\times T$
不等号右侧合并同类项得$(i-j)a_k+j\times a_j\leq (i-j+j)T$，即$(i-j)a_k+j\times a_j\leq Ti$
因为$a_i>T$（已经假设$i$是最大价值的点），所以$i\times a_I>Ti$
所以有$i\times a_i>Ti\geq (i-j)a_k+j\times a_j$
证毕。

那么直接单调队列记录最大值即可。

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代码：

#include <cstdio>
#include <queue>
#define mp make_pair
using namespace std;

int n,ans,x,y,last;
deque<pair<int,int> > q;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		while (q.size()&&q.back().first<x) q.pop_back();  //保证单调
		q.push_back(mp(x,i));
	}
	while (q.size())
	{
		x=q.front().first;
		y=q.front().second;
		q.pop_front();
		ans+=x*(y-last);  //计算价值
		last=y;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}