【APIO2014】序列分割
【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。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数 \(n\) 和 \(k\)。保证 \(k + 1 \leq n\)。
第二行包含 \(n\) 个非负整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n (0 \leq a_i \leq 10^4)\)，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。
输入输出样例
输入样例#1：
7 3 4 1 3 4 0 2 3
输出样例#1：
108 1 3 5
说明
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 \(1 \leq k < n \leq 10\)。
第二个子任务共 \(11\) 分，满足 \(1 \leq k < n \leq 50\)。
第三个子任务共 \(11\) 分，满足 \(1 \leq k < n \leq 200\)。
第四个子任务共 \(17\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 1000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。
第五个子任务共 \(21\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 10000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。
第六个子任务共 \(29\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 100000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。
题解
在解决这个问题之前，我们先大胆口胡一个结论：分割的顺序不影响最后的结果。
接下来就是这个结论的证明了：
设两次分割把队列分为了A，B，C三个部分。
- 先分割A，B之间，再分割B，C之间：\(ans=A*(B+C)+B*C=A*B+A*C+B*C\)
- 先分割B，C之间，再分割A，B之间：\(ans=C*(A+B)+A*B=A*B+A*C+B*C\)
由此可以得出分割的顺序不影响最后的结果。
接下来我们就可以进行dp了。
这是一个很明显的二维dp。
\(dp[i][k]\)表示前\(i\)个数被分割了\(k\)次所能得到的最大的答案。
转移方程为\(dp[i][k]=max(dp[j][k-1]+\sum_{u=1}^{j}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u])\)（在第\(k\)个数和第\(k+1\)个数之间分割）
证明：
假设\(dp[j][k-1]\)最右边的分割点为\(o\)和\(o+1\)（从\(j\)转移后\(dp[i][k]\)最后），
则\(dp[i][k-1]=dp[j][k-1]+\sum_{u=1}^{o}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u]\)
所以\(dp[i][k]=dp[i][k-1]+\sum_{u=o+1}^{j}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u]\)
\(=dp[j][k-1]+\sum_{u=1}^{o}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u]+\sum_{u=o+1}^{j}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u]\)
\(=dp[j][k-1]+\sum_{u=1}^{j}a[u]*\sum_{u=j+1}^{i}a[u]\)
接下来我们用前缀和减小时间复杂度，
设\(sum[i]=\sum_{j=1}^{i}a[j]\)
所以\(dp[i][k]=max(dp[j][k-1]+sum[j]*(sum[i]-sum[j]))\)
这个转移方程时间复杂度为O(n^2)，因为\(2 \leq n \leq 100000\)所以我们用斜率优化。
重点：
我们取\(j\)，\(p\)满足 \(p<j<i\)且\(j\)比\(k\)更优，那么有如下不等式：
化简后得：
接下来维护一个下凸壳就可以了。
注意：题目中\(a[i]\)的范围是非负整数，所以\(a[i]\)可以为0，计算时需要特判。
上代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1e18
using namespace std;
int n,k;
long long a[100009],s[100009];
long long dp[100009];
long long pp[1000009],g[100009];
long long l=1,r=1;
double js(int j,int k){
if(s[j]==s[k]) return -inf;
return 1.0*(g[k]-g[j]+s[j]*s[j]-s[k]*s[k])/(s[j]-s[k]);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%lld",&a[j]);
for(int j=1;j<=n;j++)
s[j]=s[j-1]+a[j];
for(int o=1;o<=k;o++){
l=1;r=1;
pp[1]=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
while(l<r && js(pp[l+1],pp[l])<s[j]) l++;
dp[j]=g[pp[l]]+(s[j]-s[pp[l]])*s[pp[l]];
while(l<r && js(pp[r],pp[r-1])>js(j,pp[r])) r--;
pp[++r]=j;
}
for(int j=1;j<=n;j++)
g[j]=dp[j];
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号