BZOJ3675: [Apio2014]序列分割(斜率优化)
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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)。
Source
这题，，做的我，，想骂人
只要你能看出，最终答案与分割顺序无关
然后剩下的就是被卡时间被卡空间被卡精度了******
按照上面说的，首先列出裸的dp方程
$f[i][j]$表示前$i$个分了$j$段，转移的时候枚举从哪里分开
时间复杂度：$O(N^2k)$
考虑优化，设$j>k$且$j$比$k$优
最后可以画为
$$S_{i} >\dfrac {S^{2}_{j}-f_{j}-\left( S^{2}_{x}-f_{k}\right) }{S_{i}-S_{k}}$$
按照套路，发现能斜率优化，然后上模板就行了，单调队列可以滚动掉
这题是我为数不多会做但是不会写代码的题
到最后还没在UOJ上卡过去
// luogu-judger-enable-o2
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#define LL long long
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
const int MAXN = 100001;
const LL INF = 1e18 + 10;
using namespace std;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, K;
LL a[MAXN], sum[MAXN];
LL f[MAXN][2];
int pre[MAXN][201], q[MAXN], h, t, now = 0;
LL X(int x) {
return sum[x];
}
LL Y(int x) {
return sum[x] * sum[x] - f[x][now ^ 1];
}
double slope(int x, int y) {
//printf("%d %d\n", x, y);
if(X(y) == X(x)) return -INF;
return (double)(Y(y) - Y(x)) / (X(y) - X(x));
}
main() {
#ifdef WIN32
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
N = read(); K = read();
for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
for(int j = 1; j <= K; j++) {
h = t = 0; now ^= 1;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
while(h < t && slope(q[h], q[h + 1]) <= (double)sum[i]) h++;
int k = q[h];
f[i][now] = f[k][now ^ 1] + (sum[i] - sum[k]) * sum[k];
pre[i][j] = k;
while(h < t && (slope(q[t - 1], q[t]) >= slope(q[t], i))) --t;
q[++t] = i;
}
}
printf("%lld\n", f[N][now]);
}腾讯云开发者
