题目描述
Abwad在nbc即将完成她的程序的时候，急中生智拔掉了她电脑的电源线，争取到了宝贵的时间。作为著名论文《论Ctrl-C与Ctrl-V在信息学竞赛中的应用》的作者，他巧妙地使用了这种上古秘术，顺利扳回一城。
在决胜局中，Abwad决定和nbc鏖战字符串，比的是谁能更快地将一个“量子态的字符串”删除。“量子态的字符串”的每个字符都有一个删除难度dif[i]。“量子态的字符串”非常顽固，只能先分割成若干个子串，然后再通过以下两种方式删除：
1、假设子串的所有字符的删除难度之和为x，消耗a*x2+b的时间可以将子串扔进回收站。
2、若子串中出现次数最多的字符出现的次数不少于l次且不多于r次，那么采用“量子态的py自动机”算法可以消耗c*x+d的时间将子串扔进回收站。
Abwad自然知道最少用多少时间就能将字符串删去，因此，他希望你求出删去每个前缀[1,i]的最少用时。
输入
第一行七个整数n，a，b，c，d，l，r，其中n表示字符串的长度
第二行一行一个长度为n的字符串
第三行一行n个整数，表示每个字符的删除难度dif[I]
输出
n行，每行一个整数ans，表示删去前缀[1,i]最短的时间
样例输入
5 1 3 1 5 1 1 abwad 1 1 1 1 1
样例输出
4 7 8 12 13
提示
【样例解释】
以前缀[1,n]为例，将串分为a、bwad两个子串，用方法1删去第一个子串，用方法2删去第二个子串，用时1*1+3+1*4+5=13
【限制与约定】
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测试点编号 |
n |
特殊约定 |
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1 |
n≤10 |
所有的字母都是a |
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2 |
所有的字母都是a或b |
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3 |
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4 |
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5 |
n≤2000 |
所有的字母都是a |
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6 |
所有的字母都是a或b |
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7 |
l=1,r=n |
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8 |
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9 |
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10 |
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11 |
n≤100000 |
l=1,r=n |
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12 |
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13 |
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14 |
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l>r |
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19 |
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20 |
对于所有的数据，满足n≤100000，1≤a,b,c,d≤233，1≤l,r≤n，dif[i]≤50,所有字符由小写字母组成。
【后记】
在Abwad和nbc同时将最后一个子串删去时，一个带着黑色方框眼镜，方脸，穿着高腰裤的长者，乘着圣洁的祥云，飞进了YYHS的机房。在他伟大的思想的启发下，Abwad和nbc终于放下了对名利的追逐，找到了人生的意义——吃吃吃。从此，他们过上了幸福快乐的生活……
题解
这道题刚开始只想到50分的方法
自己斜率优化不怎么会，过了好久才A
这道题如果没有第二种方法就是裸的斜率优化
所以我们先考虑第一种方法，通过计算，我们可以发现
若j>k且dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+b>=dp[k]+a*(sum[i]-sum[k])*(sum[i]-sum[k])+b,就可以把k弹出
通过化简可得sum[i]*2*a*(sum[j]-sum[k])>=dp[j]-dp[k]+a*sum[j]*sum[j]-a*sum[k]*sum[k]
第一种方法做完后我们就考虑第二种方法
dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])*c+d)=min(dp[j]-sum[j]*c+d+sum[i]*c)
而d+sum[i]*c是一个常数，所以我们之要维护一下dp[j]-sum[j]*c就可以了，这里我们可以用堆和单调队列
因为本人不怎么会单调队列，所以用了堆。
对于判断第二种的可行性，我们可以开一个n*26的数组，可以预处理出前i个字符中所有字符的出现次数
所以每次判断一段区间是否可行的时候只要常数次操作就可以了。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define N 100005
3 #define ll long long
4 #define node pair<int,int>
5 using namespace std;
6 ll n,a,b,c,d;
7 int id,L,R,l,r;
8 int w[N][‘z‘+1];
9 int h[N];
10 ll di[N],dp[N];
11 char s[N];
12 priority_queue<node,vector<node>,greater<node> > q;
13 bool calc(int i,int j,int k){
14 return di[i]*2*a*(di[j]-di[k])>=dp[j]-dp[k]+a*di[j]*di[j]-a*di[k]*di[k];
15 }
16 bool cal(int i,int j,int k){
17 return (di[j]-di[k])*(dp[i]-dp[j]+a*di[i]*di[i]-a*di[j]*di[j])<=(di[i]-di[j])*(dp[j]-dp[k]+a*di[j]*di[j]-a*di[k]*di[k]);
18 }
19 bool ok(int id,int i){
20 int s=-1e8;
21 for (int j=‘a‘;j<=‘z‘;j++)
22 s=max(s,w[i][j]-w[id][j]);
23 if (s>=L&&s<=R) return true;
24 return false;
25 }
26 int main(){
27 scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%d%d",&n,&a,&b,&c,&d,&L,&R);
28 scanf("%s",s+1);
29 for (int i=1;i<=n;i++){
30 for (int j=‘a‘;j<=‘z‘;j++) w[i][j]=w[i-1][j];
31 w[i][s[i]]++;
32 }
33 for (int i=1;i<=n;i++)
34 scanf("%lld",&di[i]),di[i]+=di[i-1];
35 l=0; r=0; id=0;
36 for (int i=1;i<=n;i++){
37 while (l<r&&calc(i,h[l+1],h[l])) l++;
38 dp[i]=dp[h[l]]+a*(di[i]-di[h[l]])*(di[i]-di[h[l]])+b;
39 while (id<=i)
40 if (ok(id,i)){
41 q.push(make_pair(dp[id]-c*di[id],id));
42 id++;
43 } else break;
44 while (!q.empty()){
45 int f=q.top().second;
46 if (ok(f,i)){
47 dp[i]=min(dp[i],dp[f]+c*(di[i]-di[f])+d);
48 break;
49 } else{ q.pop(); continue; }
50 }
51 printf("%lld\n",dp[i]);
52 while (l<r&&cal(i,h[r],h[r-1])) r--;
53 h[++r]=i;
54 }
55 return 0;
56 }