bzoj-3675 序列分割

题意：

给出一个长度为n的序列和m次操作；

每次操作选择一个地方将序列分开，得分为左一半的和乘右一半；

求最大的总得分；

题解：

首先显然分割的顺序与得分无关，只要在那几个地方割就可以是最优解；

(为什么？难道要我@PoPoQQQ来证明一下？)

然后可以设状态为f[i][j]，表示在前j个数里选择i个点分割的最大得分；

那么转移式显然为f[i][j]=max(f[i-1][k]+(s[n]-s[j])*(s[j]-s[k]))

(0<=k<j，s[x]表示x的前缀和)

O(n^2)的复杂度，所以要优化一下；

对于i的更新，考虑对于两个决策k，j  (k<j)，当j优于k时；

f[i-1][k]+(s[n]-s[i])*(s[i]-s[k])<f[i-1][j]+(s[n]-s[i])*(s[i]-s[j])；

f[i-1][k]-(s[n]-s[i])*s[k]<f[i-1][j]-(s[n]-s[i])*s[j]；

f[i-1][k]-f[i-1][j]<(s[n]-s[i])*(s[k]-s[j])；

(f[i-1][k]-f[i-1][j])/(s[k]-s[j])>s[n]-s[i]；

对于i来说，只要满足此式的k，j，那么j就优于k；

并且因为右面是关于i不增的，所以只要有一个i满足之后，从此k就永远不会比j优；

所以此时可以将k删掉，也就是说可以维护一个单调队列来优化这个式子了；

但是这个是有可能维护出的不是最优解的情况；

先定义(f[i-1][k]-f[i-1][j])/(s[k]-s[j])为斜率；

对于三个决策k,j,i；

倘若斜率(k,j)>s[n]-s[i]并且斜率(j,i)也满足的话，是无法对k与i比较，得出更优的解的；

所以分别讨论斜率(k,j)与斜率(j,i)与s[n]-s[i]的关系，就可以得出这个斜率只能的递减的；

因为递增时j可以被删掉；

这时就可以在O(n)的复杂度内解决问题了；

HINT:

1.OJ卡了一下MLE，数组滚动一下就好；

2.有各种负数在不等号两边摇摆，注意不等号变向；

3.long long

4.其实我写这篇题解就是为了复习一下斜率优化...然而最后一段懒得写了；

具体可以移步blog另一个斜率优化...

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 100001
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[N],s[N],f[2][N];
int q[N];
int main()
{
	int n,m,i,j,k,st,en;
	ll ans;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",a+i),s[i]=s[i-1]+a[i];
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		q[st=en=1]=0;
		for(j=1;j<n;j++)
		{
			while(st<en&&f[(i-1)%2][q[st]]-f[(i-1)%2][q[st+1]]<=(s[n]-s[j])*(s[q[st]]-s[q[st+1]]))
				st++;
			f[i%2][j]=f[(i-1)%2][q[st]]+(s[n]-s[j])*(s[j]-s[q[st]]);
			while(st<en&&(f[(i-1)%2][q[en]]-f[(i-1)%2][q[en-1]])*(s[q[en]]-s[j])>=(f[(i-1)%2][q[en]]-f[(i-1)%2][j])*(s[q[en]]-s[q[en-1]]))
				en--;
			q[++en]=j;
		}
	}
	for(i=1,ans=0;i<n;i++)
		ans=max(ans,f[m%2][i]);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}