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已知 a 序列，并给定以下关系：
\[\begin{cases}
f(1, j) = a_j & (1 \le j \le n) \f(i, j) = \min\{f(i - 1, j), f(i - 1, j - 1)\} + a_j & (2 \le i \le j \le n)
\end{cases}\]
给定 m 次询问 (xi, yi)，求 f(xi, yi) 的值。
Input
第一行一个整数 n (1?≤?n?≤?10^5) — a 序列的大小。
接下来一行 n 个整数 a[1],?a[2],?...,?a[n] (0?≤?a[i]?≤?10^4)。
接下来一行一个整数 m (1?≤?m?≤?10^5)，询问的个数。
接下来 m 行每行包含两个整数 xi, yi (1?≤?xi?≤?yi?≤?n)，表示求 f(xi, yi) 的值。
Output
输出 m 行，表示每组询问对应的答案。
Examples
Input
6
2 2 3 4 3 4
4
4 5
3 4
3 4
2 3
Output
12
9
9
5
Input
7
1 3 2 3 4 0 2
4
4 5
2 3
1 4
4 6
Output
11
4
3
0
@[email protected]
考虑那个看起来像 dp 的式子 f(i, j) 的实际意义：
从 j 开始往前选一段连续的区间 [x, j]，保证 a[x] ~ a[j] 都至少被选一次，选出共 i 个数。并求这 i 个数之和的最小值。
然后考虑分析性质。
除了 a[x] ~ a[j] 都至少选一次这些固定的选择，其他可用的选择应该都选择 [x, j] 中的最小值。
假如说 a[x] 不是最小值，则我们可以把 a[x] 删掉，将多出来的可用选择用于最小值。因此左端点一定为最小值。
记 s 为 a 的前缀和，则此时代价为 s[j] - s[x-1] + (i - (j-x+1))*a[x]。
因为左端点不为最小值时，肯定不优。所以我们问题转为求 s[j] - s[x-1] + (i - (j-x+1))*a[x] 的最小值 (j-i+1 <= x <= j)
注意到 s[j] - s[x-1] + (i - (j-x+1))*a[x] 是一个很经典的斜率式，可以写成 (j - i)*a[x] + (b - s[j]) = (x - 1)*a[x] - s[x-1]，最小化 b 的值。
当 i, j 固定时，相当于我们每次拿一个斜率为 (j - i) 的直线去切点集 (a[x], (x - 1)*a[x] - s[x-1]) (j-i+1 <= x <= j)，找最小截距。
如果想要去维护出每次询问中区间内的凸包，虽然询问只需要 O(log) 二分一下，但是构建凸包复杂度很大。
我们不妨考虑平衡一下复杂度：将一个询问在线段树上拆成 log 个询问，在线段树的每个结点中维护该结点对应的凸包。
则这样询问复杂度与凸包构建的复杂度就都可以平衡到 O(nlog^2n) 了。
@accepted [email protected]
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define lch (x<<1)
#define rch (x<<1|1)
typedef long long ll;
const int MAXN = 100000;
struct point{
ll x, y;
point(ll _x=0, ll _y=0):x(_x), y(_y) {}
friend bool operator < (point a, point b) {
return (a.x == b.x) ? a.y < b.y : a.x < b.x;
}
};
long double slope(point a, point b) {
return ((long double)(b.y - a.y)) / (b.x - a.x);
}
int s[MAXN + 5], a[MAXN + 5], n, m;
int le[4*MAXN + 5], ri[4*MAXN + 5];
vector<point>A[4*MAXN + 5], tmp;
void build(int x, int l, int r) {
le[x] = l, ri[x] = r; tmp.clear();
for(int i=l;i<=r;i++)
tmp.push_back(point(a[i], -s[i-1] + (i-1)*a[i]));
sort(tmp.begin(), tmp.end());
for(int i=0;i<tmp.size();i++) {
if( !A[x].size() ) A[x].push_back(tmp[i]);
else {
if( tmp[i].x != A[x][A[x].size() - 1].x ) {
while( A[x].size() >= 2 ) {
int m = A[x].size();
if( slope(A[x][m-2], A[x][m-1]) >= slope(A[x][m-1], tmp[i]) ) A[x].pop_back();
else break;
}
A[x].push_back(tmp[i]);
}
}
}
if( l == r ) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
build(lch, l, mid), build(rch, mid + 1, r);
}
ll query(point a, int k) {return a.y - k*a.x;}
ll query(const vector<point>&v, int k) {
int l = 0, r = v.size() - 1;
while( l < r ) {
int mid = (l + r) >> 1;
if( slope(v[mid], v[mid + 1]) >= k ) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return query(v[r], k);
}
ll query(int x, int l, int r, int k) {
if( l <= le[x] && ri[x] <= r )
return query(A[x], k);
int mid = (le[x] + ri[x]) >> 1;
if( r <= mid ) return query(lch, l, r, k);
else if( l > mid ) return query(rch, l, r, k);
else return min(query(lch, l, r, k), query(rch, l, r, k));
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &a[i]), s[i] = s[i-1] + a[i];
build(1, 1, n);
scanf("%d", &m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
/*int ans = inf;
for(int j=y;j>=y-x+1;j--)
ans = min(ans, int(Y(j) - (y-x)*X(j))); // b = y - kx, y = kx + b.
printf("%d\n", ans + s[y]);*/
printf("%lld\n", query(1, y-x+1, y, y-x) + s[y]);
}
}@[email protected]
合并两个凸包的复杂度等价于构建凸包的复杂度，即凸包不适合进行合并。
这使得凸包并不大适合线段树等依赖于信息合并的数据结构（本题是利用线段树拆解询问，而不是利用线段树合并凸包）。
但某种意义上来说，凸包挺适合分块的。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Tiw-Air-OAO/p/11693859.html