bzoj3675 [Apio2014]序列分割

Description

小H最近迷上了一个分隔序列的游戏。在这个游戏里，小H需要将一个长度为n的非负整数序列分割成k+1个非空的子序列。为了得到k+1个子序列，小H需要重复k次以下的步骤：

1.小H首先选择一个长度超过1的序列（一开始小H只有一个长度为n的序列——也就是一开始得到的整个序列）；

2.选择一个位置，并通过这个位置将这个序列分割成连续的两个非空的新序列。

每次进行上述步骤之后，小H将会得到一定的分数。这个分数为两个新序列中元素和的乘积。小H希望选择一种最佳的分割方式，使得k轮之后，小H的总得分最大。

Input

输入第一行包含两个整数n，k（k+1≤n）。

第二行包含n个非负整数a1，a2，...，an（0≤ai≤10^4），表示一开始小H得到的序列。

Output

输出第一行包含一个整数，为小H可以得到的最大分数。

Sample Input

7 3
4 1 3 4 0 2 3

Sample Output

108

HINT

【样例说明】
在样例中，小H可以通过如下3轮操作得到108分：
1．-开始小H有一个序列(4，1，3，4，0，2，3)。小H选择在第1个数之后的位置将序列分成两部分，并得到4×(1+3+4+0+2+3)=52分。
2．这一轮开始时小H有两个序列：(4)，(1，3，4，0，2，3)。小H选择在第3个数字之后的位置将第二个序列分成两部分，并得到(1+3)×(4+0+2+3)=36分。
3．这一轮开始时小H有三个序列：(4)，(1，3)，(4，0，2，3)。小H选择在第5个数字之后的位置将第三个序列分成两部分，并得到(4+0)×(2+3)=20分。
经过上述三轮操作，小H将会得到四个子序列：(4)，(1，3)，(4，0)，(2，3)并总共得到52+36+20=108分。
【数据规模与评分】
数据满足2≤n≤100000,1≤k≤min(n -1，200)。

正解：斜率优化dp。

这题满足乘法分配律。。就是说分割顺序不会影响答案。所以我们可以很快推出方程：f[k][i]=max(f[k-1][j]+(a[i]-a[j])*(a[n]-a[i]));

然后这样会T，而且会MLE。我们考虑用滚动数组，并加优化。

注意到f[k][i]=max(f[k-1][j]+a[i]*(a[n]-a[i])-a[j]*a[n]+a[i]*a[j])，我们发现这是个经典的斜率优化模型，而且易得这个方程满足决策单调性。其中x=a[i],y=f[k][i]-a[i]*a[n],k=-a[i],a[i]*(a[n]-a[i])是常数不管。所以我们就可以套斜率优化的板子，维护一个上凸包了。

注意x是有可能相等的，所以我们可以先把a[i]=0的数去掉，或者是用叉积计算斜率。

 

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#define inf (1<<30)
#define N (100010)
#define il inline
#define RG register
#define int long long
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)

using namespace std;

struct node{ int x,y; }q[N];

int f[2][N],a[N],n,k,X,Y,cur,ans;

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;
}

il void work(){
    n=gi(),k=gi(); RG int x,nn=0;
    for (RG int i=1;i<=n;++i){
    x=gi(); if (x==0) continue;
    ++nn,a[nn]=a[nn-1]+x;
    }
    n=nn;
    for (RG int i=1;i<=n;++i) f[1][i]=a[i]*(a[n]-a[i]); cur=1;
    for (RG int p=2;p<=k;++p){
    RG int st=1,ed=0; cur^=1;
    for (RG int i=1;i<=n;++i){
        while (st<ed && -a[i]*(q[st+1].x-q[st].x)<(q[st+1].y-q[st].y)) st++;
        f[cur][i]=q[st].y+q[st].x*a[i]+a[i]*(a[n]-a[i]);
        X=a[i],Y=f[cur^1][i]-a[n]*a[i];
        while (st<ed && (q[ed].y-q[ed-1].y)*(X-q[ed].x)<(Y-q[ed].y)*(q[ed].x-q[ed-1].x)) ed--;
        q[++ed].x=X,q[ed].y=Y;
    }
    }
    for (RG int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,f[cur][i]); printf("%lld\n",ans);
}

main(){
    File("sequence");
    work();
    return 0;
}