CF1656F Parametric MST

给定一张 $n$ 个点的无向完全图 $K_n(t)$，点 $i$ 和点 $j$ 之间的边的边权 $w_{i,j}(t)$ 为 $a_i\times a_j+t\times (a_i+a_j)$，其中 $t$ 为任意实数。

定义 $f(t)$ 为 $K_n(t)$ 的最小生成树的边权和。输出 $f(t)$ 的最大值，无最大值则输出 INF 。

分析

首先将 $a$ 从小到大排序，设 $s$ 为 $a$ 的前缀和
，确定 $i$ 时，$a_i{a}_j+t(a_i+a_j)=(t+a_i)a_j+t{a}_i$ 。

因为 $t{a}_i$ 是个定值，所以只需考虑 $t+a_i$ 的正负，若 $t+a_i$ 为正则肯定贪心选择最小的 $a_j$，否则选择最大的 $a_j$ 。所以，对于 $t$ 非常大，若 $(a_1\ast (n-1)+s_n-s_1)>0$ 则为 $INF$，同理若 $t$ 是非常小的负数，若 $(a_n\ast (n-1)+s_n-s_1)<0$ 则为 $INF$。

其它情况我们观察一下式子 $w_{i,j}(t)=a_i{a}_j+t(a_i+a_j)=(a_i+t)(a_j+t)-t^2$，令$b_i=a_i+t$，则权值为 $w_{i,j}(t)=b_i{b}_j-t^2$，令 $w_{i,j}=b_i{b}_j$ 则 $f(t)=mst-(n-1)t^2$ （ $mst$ 为最小生成树权值和），对于所有的对于任意一个 $t$，一定满足 $[1,i]b_i<0$ ，$[i+1,n]b_i>0$，对于 $b_i<0$ 我们将其和 $max(b_i)$) 相连，对于 $b_i>0$ 我们将其和 $min(b_i)$ 相连，这样求出来的就是最小值，通过枚举 $t$ 求解即可。

发现 t 在 $[-a_{i+1},-a_i]$ 可以把这个范围内的 $f(t)$ 表示成一个关于 $t$ 的一次函数。这怎么理解呢？比如说，t 在 $[-a_{i+1},-a_i]$ 范围内，每次 $+1$，最小生成树选择的边是不会变的，则答案就会变化 $\sum a_i+a_j-2\times t\times (n-1)$，( $(i,j)$ 为选择的边)，显然 $\sum a_i+a_j$ 的值不会变，所以为一次函数。所以，最大值肯定取在端点处，所以依次只要枚举 $t=-a_i$ 的权值，再取个最大值就行了。

$code$

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
#define int long long
using namespace std;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n;
int a[N],s[N];
signed main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
		sort(a+1,a+1+n);
		for(int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+a[i];
		if(s[n]-s[1]+a[1]*(n-1)>0||s[n-1]+a[n]*(n-1)<0){printf("INF\n");continue;}
		int ans=-1e18;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			int t=-a[i];
			int maxn=a[n]+t,minn=a[1]+t;
			int ls=s[i]+i*t,rs=s[n]-s[i]+(n-i)*t;
			ans=max(ans,ls*maxn+rs*minn-minn*maxn-(n-1)*t*t);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}