Nanami and the Last Enigma (hard version)

• 如果从前缀和的视角考察题目中需要统计的信息，那么子段和=x等价于s[r]-s[l-1]=x
• 于是我们虽然不能O(1)地求出w(l,r)，但是可以O(1)地将已知的w(l,r)扩展
• w(l,r)是一个非常明显的满足“包含大于等于交叉”的四边形不等式的函数，除此之外，通过打表找规律，也可以发现DP有决策单调性
• 决策单调性优化有两种形式：分治法和单调队列法，由于本题中w(l,r)不能O(1)地求出，因此我们选择分治法

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005],s[100005];
long long f[100005][25],va,cl,cr;
int x;
unordered_map<int,int>q;
long long val(int l,int r)
{
	while(l<cl)
	{
		cl--;
		va+=q[x+s[cl-1]];
		q[s[cl-1]]++;
	}
	while(r>cr)
	{
		cr++;
		va+=q[s[cr]-x];
		q[s[cr]]++;
	}
	while(l>cl)
	{
		q[s[cl-1]]--;
		va-=q[x+s[cl-1]];
		cl++;
	}
	while(r<cr)
	{
		q[s[cr]]--;
		va-=q[s[cr]-x];
		cr--;
	}
	return va;
}
void calc(int l,int r,int j,int jl,int jr)
{
	if(l>r)
	{
		return;
	}
	int p;
	int mid=(l+r)>>1;
	for(int i=min(mid-1,jr);i>=jl;i--)
	{
		long long va=val(i+1,mid);
		if(f[i][j-1]+va<f[mid][j])
		{
			p=i;
			f[mid][j]=f[i][j-1]+va;
		}
	}
	calc(l,mid-1,j,jl,p);
	calc(mid+1,r,j,p,jr);
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int n,k;
	cin>>n>>k>>x;
	s[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	cl=1,cr=0;
	q[0]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][1]=val(1,i);
	}
	for(int j=2;j<=k;j++)
	{
		calc(j,n,j,j-1,n); 
	}
	cout<<f[n][k]<<endl;
	return 0;
}