Luogu P3648 [APIO2014]序列分割

题目大意

给定一个长度为 $n$ 的序列，你需要将其切割成大小任意的 $k$ 段，设切割的位置为 $(i,i+1)$ ，则该次切割的价值为 $i$ 位置所在段的大小乘上 $i+1$ 位置所在段的大小，求最大的价值，并输出任意一种切割方法。(Special Judge)
数据范围　 $2\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant k\leqslant min(n−1,200)$

题解

手玩几次就能发现，答案和分割顺序无关，下面是证明。
如果我们有长度为 3 的序列 $x,y,z$ ，将其切割为 $3$ 段，有两种分割方法：

先在 $x$ 后面分割，答案为 $x(y+z)+yz$ 即为 $xy+yz+zx$ 。
先在 $y$ 后面分割，答案为 $(x+y)z+xy$ 即为 $xy+yz+zx$ 。

然后再将序列扩到任意长度即可，证明完毕。

既然分割的顺序不影响答案，那么就能很容易想到动态规划。
定义： $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数切割成 $j$ 段能得到的最大价值， $sum[n]=\sum\limits_{i=1}^na[i]$
转移： $f[i][j]=\max\limits_{k=1}^{i-1} f[k][j-1]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])$

int cur=0;
for(int j=1;j<=k;++j,cur^=1)
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int k=1;k<i;k++)
			f[cur][i]=max(f[cur][i],f[cur^1][k]+sum[k]*(sum[i]-sum[k]));

这样时间复杂度为 $\Theta(n^2k)$ ，但可以发现时间炸了。

下面大胆地假设我们没有学过斜率优化

考虑优化，在转移的时候，考虑两个点 $k_a$ 和 $k_b$ 满足 $k_a<k_b$ ，若 $k_a$ 优于 $k_b$ ，则有 $f[k_a][j-1]+sum[k_a]*(sum[i]-sum[k_a])>f[k_b][j-1]+sum[k_b]*(sum[i]-sum[k_b])$

考虑化简，得 $f[k_a][j-1]+sum[k_a]*sum[i]-sum[k_a]^2>f[k_b][j-1]+sum[k_b]*sum[i]-sum[k_b]^2$

移项，合并同类项
$f[k_a][j-1]-f[k_b][j-1]+sum[k_b]^2-sum[k_a]^2>(sum[k_b]-sum[k_a])*sum[i]$

两边同时除以 $sum[i]>0$ ，得
$\frac {f[k_a][j-1]-f[k_b][j-1]+sum[k_b]^2-sum[k_a]^2}{sum[k_b]-sum[k_a]}>sum[i]$

再整理一下 $\frac {(f[k_a][j-1]-sum[k_a]^2)-(f[k_b][j-1]-sum[k_b]^2)}{sum[k_b]-sum[k_a]}>sum[i]$

因此，对于 $k_a$ 来说， $k_a$ 优于 $k_b$ 当且仅当上面的式子成立。

接下来是跳跃的一步骤，对于每个 $k_t$ ，在平面直角坐标系中绘制点
$K_t(sum[k_t],f[k_t][j-1]-sum[k_t]^2)$ ，则
$spole_{a,b}=\dfrac {(f[k_a][j-1]-sum[k_a]^2)-(f[k_b][j-1]-sum[k_b]^2)}{sum[k_b]-sum[k_a]}$ 恰好为直线 $K_aK_b$ 的斜率，如下图，直线 $K_1K_2$ 的斜率恰好就是 $spole_{1,2}$ 。

至此，我们得到了一条结论，当且仅当 $k_a<k_b$ 且 $spole_{a,b}>sum[i]$ 时， $k_a$ 优于 $k_b$ 。
接下来看看上面的图，考虑点 $K_3$ ，可以发现 $K_3$ 有一个糟糕的特点： $spole_{2,3}>spole_{3,4}$ 。
这个特点意味着什么？假设 $spole_{3,4}>sum[i]$ ，也就是说如果 $k_3$ 优于 $k_4$ ，那么 $spole_{2,3}>spole_{3,4}>sum[i]$ ，即 $k_2$ 优于 $k_3$ 。
同理，如果 $spole_{2,3}<sum[i]$ ，也就是说如果 $k_2$ 劣于 $k_3$ ，则 $spole_{3,4}<spole_{2,3}<sum[i]$ ，因而 $k_4$ 优于 $k_3$ 。
因此，无论如何， $k_3$ 都不可能是本次转移的最优点。因此我们可以直接删除点 $k_3$ 。

现在斜率是单调上升的，而且从某个值开始大于 $sum[i]$ ，考虑上面的结论，当 $spole_{a,b}>sum[i]$ 时，靠右的点所表示的状态更优。
换句话说，我们最终转移的位置必然是上面所有 $K$ 中，第一个满足 $spole_{i,i的下一个点}>sum[i]$ 的点，因此这里可以二分。
还有一个问题，如何加入新的点 $K_6$ ？

对于上图，可以发现，加入点 $K_6$ 后， $K_5$ 变成了上升点，不可能成为最优解，因此可以直接删除，然后继续判断 $K_4$ 是否为上升点（是有可能的），以此类推。

至此，转移的复杂度降到了 $\Theta(\log n)$ ，总时间复杂度为 $\Theta(nk\log n)$ 。
这样就够了吗？当然不。
可以发现，我们要求 $K_a$ 大于的东西 $sum[i]$ ，随着 $i$ 的增加是在递增的，也就是说，如果这个 $K_a<sum[i]$ ，那 $K_a$ 不可能再大于任何 $sum[j](j>i)$ ，即 $\forall j>i,K_a<sum[j]$ ，因此，我们大可直接删除这个 $K_a$ 。
这样，每个点最多进入这个序列 $1$ 次，从这个序列出来 $1$ 次，其实就是个（单调）队列，故总时间复杂度为 $\Theta(nk)$ 。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=1e5+5,M=205;
int q[N],pre[N][M],n,k,cur;
long long sum[N],f[2][N];
double slope(int i,int j) {
    if(sum[i]==sum[j]) return -1;
    //由于原序列中有0的存在，因此需要特殊判断斜率为0的直线，否则会出现除以0错误
    return 1.0*((f[cur^1][i]-sum[i]*sum[i])-(f[cur^1][j]-sum[j]*sum[j]))/(sum[j]-sum[i]);
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1,x; i<=n; ++i)
        scanf("%d",&x),sum[i]=sum[i-1]+x;
    for(int j=1,l,r; j<=k; ++j,cur^=1) {
        q[l=r=1]=0;
        for(int i=1; i<=n; ++i) {
            //去除不大于sum[i]的点 
            while(l<r&&slope(q[l],q[l+1])<=sum[i]) ++l;
            int &t=q[l];
            f[cur][i]=f[cur^1][t]+sum[t]*(sum[i]-sum[t]);
            pre[i][j]=t;
            //去除加入i可能导致的上升点 
            while(l<r&&slope(q[r-1],q[r])>=slope(q[r],i)) --r;
            q[++r]=i;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[cur^1][n]);
    for(int x=n,i=k; i>=1; --i)//输出路径
        x=pre[x][i],printf("%d%c",x," \n"[i==1]);
    return 0;
}

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