Solution -「CSP 2019」Partition

Description

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给出一个数列，要求将其分成几段，使每段的和非严格递增，求最小的每段的和的平方和。

Solution

注意到 \(a_{i}\) 为正，对于正数有这样的结论：

\[a^{2}+b^{2}<(a+b)^{2} \]

正确性显然。这告诉我们，分的段越多越好。

现在我们来考虑如何使每段的和非严格递增。

考虑暴力 DP，设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 个数然后上一个 breakpoint 是 \(j\)​ 的最小平方和，转移：

\[f_{i,j}=\min_{1\le k<j,pre_{i}-pre_{j}\ge pre_{j}-pre_{k}}\{f_{j,k}+(pre_{i}-pre_{j})^{2}\} \]

\(pre\) 为前缀和。当然这个 DP 什么结论都没用，没有任何技术含量。

所以我们考虑优化。

你会发现这个 \(k\) 不是每次都要重头枚举，他是单调的，于是你维护 \(f_{j,k}\) 最小值即可，复杂度变成了 \(\mathcal{O}(n^{2})\)。

考虑上面的结论，你会发现我们只需要找打第一个可行的转移点 \(k\) 即可。

意味着我们可以维护一个 \(g_{i}\) 来表示：前 \(i\) 个数，我们最大的一个合法 \(k\)。这个东西肯定是单调不降的。

转移即：

\[g_{i}=\max_{pre_{i}-pre{j}\ge pre_{j}-pre_{g_{j}}}\{j\} \]

变形得：

\[g_{i}=\max_{pre_{i}\ge pre_{j}\times2-pre_{g_{j}}}\{j\} \]

显然判定条件的右边有单调性（\(pre_{j}+(pre_{j}-pre_{g_{j}})\)），左边也有单调性。

然后单调队列优化即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef __int128 _LL;
int n,a[40000010],taskID,f[40000010],que[40000010],head,tail;
LL pre[40000010];
_LL ans;
template<typename T>
void read(T &hhh)
{
	T x=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')
	{
		if(c=='-')	f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0'),c=getchar();
	if(~f)	hhh=x;
	else	hhh=-x;
}
template<typename T>
void write(T x,char las='\n')
{
	static int stk[100],top=0,f=0;
	if(x<0)	x=-x,f=1;
	do stk[++top]=x%10,x/=10; while(x);
	if(f)	putchar('-');
	while(top)	putchar(stk[top--]^'0');
	putchar(las);
}
void generateData(int taskID)
{
	if(taskID)	for(int i=1;i<=n;++i)	read(a[i]);
	else
	{
		static int p[100010],l[100010],r[100010],b[40000010];
		LL x,y,z;
		int m;
		read(x),read(y),read(z),read(b[1]),read(b[2]),read(m);
		const int MOD=(1<<30);
		for(int i=1;i<=m;++i)	read(p[i]),read(l[i]),read(r[i]);
		for(int i=3;i<=n;++i)	b[i]=(LL(x)*b[i-1]%MOD+LL(y)*b[i-2]%MOD+z)%MOD;
		for(int j=1;j<=m;++j)
		{
			for(int i=p[j-1]+1;i<=p[j];++i)	a[i]=(b[i]%(r[j]-l[j]+1))+l[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)	pre[i]=pre[i-1]+a[i];
}
int main()
{
	read(n),read(taskID);
	generateData(taskID^1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		while(head<tail&&pre[i]>=(pre[que[head+1]]<<1)-pre[f[que[head+1]]])	++head;
		f[i]=que[head];
		while(head<tail&&(pre[i]<<1)-pre[f[i]]<=(pre[que[tail]]<<1)-pre[f[que[tail]]])	--tail;
		que[++tail]=i;
	}
	for(int i=n;i;i=f[i])	ans+=_LL(pre[i]-pre[f[i]])*(pre[i]-pre[f[i]]);
	write(ans);
	return 0;
}