P3648 [APIO2014] 序列分割

合集 - 洛谷题解(4)

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对于这道题，我们很容易想出一个暴力 DP：

设 $f_{i,j,k}$ 表示将区间 $[i,j]$ 切割 $k$ 次的最大得分，$s_i$ 表示 $a_i$ 的前缀和。

我们可以得到一个式子：

$$f_{i,j,k}=\underset{i\le m<j,p<k}{max}\{f_{i,k.p}+f_{k+1,j,p}+(s_k-s_{i-1})\ast (s_j-s_k)\}$$

显然，这个式子的复杂度是 $O(n^3{k}^2)$ 的，直接爆炸。

这么大的差距，我们肯定得去找个性质来优化。（明显只有找到性质才能逼近正解）

我们考虑区间 $A,B,C$ 的合并，我们记 $a,b,c$ 分别为三个区间的区间和。

• $AB|C\to (a+b)\times c+a\times b=ab+ac+bc$
• $A|BC\to a\times (b+c)+b\times c=ab+ac+bc$

所以说，从上面的式子来看，我们其实并不需要关心将块分开的顺序，只需要关心从哪些位置分开。

因此，我们便可以将状态简化为：设 $f_{i,j}$ 表示将前 $i$ 个数切割 $j$ 次的最大收益，并可以得到式子如下：

$$f_{i,j}=\underset{k<i}{max}\{f_{k,j-1}+s_k\times (s_i-s_k)\}$$

我们可以发现，这个式子满足 $y=kx+b$ 的性质，可以进行斜率优化。

写成斜率优化的式子：

$$f_{k,j-1}-s_k^2=-s_k\times s_i+f_{i,j}$$

因为是求 $b$ 的最大值，所以维护上凸包。

最后输出方案只需要每次将决策点记下即可。

代码要过的话，细节有点多，需要好好调。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int NN = 2e5 + 8;
int n,k;
int j;
ll a[NN],s[NN];
ll f[NN];
ll h[NN];
ll g[NN][208];
ll ans[NN];
int que[NN],head,tail;
inline double Slope(int x,int y){if(s[x] == s[y]) return 1e-18;return ((h[x] - s[x] * s[x])-(h[y] - s[y] * s[y])) / (double)(s[x]-s[y]);}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld",&a[i]),s[i] = s[i-1] + a[i];
	for(j = 1; j <= k; ++j){
		head = 1;tail = 0;
		que[++tail] = 0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i) h[i] = f[i];
		for(register int i = 1; i <= n; ++i){
			while(head < tail && Slope(que[head],que[head+1]) >= -s[i]) ++head;
			int k = que[head];
			g[i][j] = k;
			f[i] = h[k] + s[k] * (s[i] - s[k]);
			while(head < tail && Slope(que[tail],que[tail-1]) <= Slope(que[tail],i)) --tail;
			que[++tail] = i;
		}
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	int now = n,pos = 1;
	for(int i = k; i >= 1; --i){
		now = ans[i] = g[now][i];
		if(now == 0) {pos = i+1;break;}
	}
	for(int i = pos; i <= k; ++i) printf("%lld ",ans[i]);
}