思路
发现不了什么性质,那就直接上DP吧。注意到DP可以分层,所以设\(dp_i\)表示当前层,分割前\(i\)块的最小代价,而\(dp'\)为上一层,那么有
\[ dp_i=\min\{dp'_j+(i-j)\times \max(a[j+1,i])\} \]
显然是个斜率优化的式子,那么按照套路拆开,有
\[ dp_i=\min\{dp'_j-j\times \max\}+i\times \max \]
现在问题来了:\(\max\)怎么办?
题解用了单调栈,但我不太会,所以用了另一种类似分治的做法。
考虑把当前序列中最大值的位置\(pos\)抓出来,然后计算\([l,pos-1]\)对\([pos,r]\)的贡献,那么\(\max\)就固定了。
于是可以先做左边,返回一个凸包,然后用\(k=\max\)的直线去切这个凸包,得到最优直线\(y=kx+b\)。
然而,由于最大值的位置不一定是中间,所以不能扫一遍右边更新答案,而是要把这条直线加入到右边的区间里。
于是又要放一个李超线段树上来维护。
总结一下现在要做的事:做\([l,r]\)时,先递归\([l,pos-1]\),然后用\([l,pos-1]\)更新\([pos,r]\)的DP值,然后递归\([pos,r]\),最后返回\((i,dp'_i)\)组成的凸包。
这里还有一件事:合并左右凸包时要启发式合并,支持前后加入点,所以要用双端队列。
代码实现上还有一个小细节:\(pos\)的dp值做完左边之后就可以算出来了,但\(dp'_{pos}\)对\([pos+1,r]\)的贡献还是未知的,所以\(solve(l,r)\)表示用\([l,r-1]\)更新\([l+1,r]\)的dp值,并返回\([l,r]\)组成的凸包。
再没看懂的话就看代码吧,不过代码有点长……
总复杂度\(O(nk\log^2 n)\),这都能过,佩服CF神机2333
代码
#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 20202
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
}
void file()
{
#ifdef NTFOrz
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n,K;
int a[sz];
int ST[sz][25],lg2[sz];
#define cmp(x,y) (a[x]>a[y]?x:y)
void init()
{
rep(i,1,n) ST[i][0]=i;
rep(j,1,20) rep(i,1,n-(1<<j)+1) ST[i][j]=cmp(ST[i][j-1],ST[i+(1<<(j-1))][j-1]);
rep(i,2,n) lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
}
int qmax(int l,int r){int len=lg2[r-l+1];return cmp(ST[l][len],ST[r-(1<<len)+1][len]);}
#undef cmp
struct Line{ll k,b;Line(ll K=0,ll B=0){k=K,b=B;}};
namespace SegmentTree
{
Line tr[sz<<2];
int vis[sz<<2];
#define ls k<<1
#define rs k<<1|1
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
void build(int k,int l,int r)
{
vis[k]=0;tr[k]=Line(0,0);
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(lson);build(rson);
}
void pushdown(int k,int l,int r,Line s)
{
if (!vis[k]) return (void)(vis[k]=1,tr[k]=s);
ll l1=s.k*l+s.b,r1=s.k*r+s.b;
ll l2=tr[k].k*l+tr[k].b,r2=tr[k].k*r+tr[k].b;
if (l1<=l2&&r1<=r2) return (void)(tr[k]=s);
if (l1>=l2&&r1>=r2) return;
db pos=(s.b-tr[k].b)/(tr[k].k-s.k);
int mid=(l+r)>>1;
if (pos<=mid) pushdown(lson,r1<r2?tr[k]:s);
else pushdown(rson,l1<l2?tr[k]:s);
if ((pos<=mid&&r1<r2)||(pos>mid&&l1<l2)) tr[k]=s;
}
void insert(int k,int l,int r,int x,int y,Line s)
{
if (x<=l&&r<=y) return pushdown(k,l,r,s);
int mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) insert(lson,x,y,s);
if (y>mid) insert(rson,x,y,s);
}
ll query(int k,int l,int r,int x)
{
ll ret=tr[k].k*x+tr[k].b;
if (!vis[k]) ret=1e18;
if (l==r) return ret;
int mid=(l+r)>>1;
if (x<=mid) chkmin(ret,query(lson,x));
else chkmin(ret,query(rson,x));
return ret;
}
}
using SegmentTree::build;using SegmentTree::insert;using SegmentTree::query;
struct Point{ll x,y;Point(ll X=0,ll Y=0){x=X,y=Y;}};
db calcK(Point a,Point b){return 1.0*(b.y-a.y)/(b.x-a.x);}
#define Convex deque<Point>
Convex empty;
Convex tmp[sz];
int st[sz],top;
Line query(int id,ll k)
{
if (!tmp[id].size()) return Line(0,1e9);
while (tmp[id].size()>1&&calcK(tmp[id][0],tmp[id][1])<=k) tmp[id].pop_front();
return Line(k,tmp[id][0].y-k*tmp[id][0].x);
}
void insertfrnt(int id,Point a)
{
while (tmp[id].size()>1)
{
Point x=tmp[id][0],y=tmp[id][1];
if (calcK(a,y)>=calcK(x,y)) tmp[id].pop_front();
else break;
}
tmp[id].push_front(a);
}
void insertback(int id,Point a)
{
while (tmp[id].size()>1)
{
int n=tmp[id].size();
Point x=tmp[id][n-2],y=tmp[id][n-1];
if (calcK(a,x)<=calcK(x,y)) tmp[id].pop_back();
else break;
}
tmp[id].push_back(a);
}
ll dp[111][sz];
int cur;
int solve(int l,int r)
{
if (l>r) return 0;
if (l==r) { int id=st[top--]; tmp[id].push_back(Point(l,dp[cur-1][l])); return id; }
int pos=qmax(l+1,r);
int L=solve(l,pos-1);
Line s=query(L,a[pos]);
insert(1,1,n,pos,r,s);
if (!L) L=st[top--];
dp[cur][pos]=query(1,1,n,pos);
int R=solve(pos,r);
if (tmp[L].size()>=tmp[R].size())
{
while (tmp[R].size()) insertback(L,tmp[R][0]),tmp[R].pop_front();
st[++top]=R;
return L;
}
else
{
while (tmp[L].size()) insertfrnt(R,tmp[L][(int)tmp[L].size()-1]),tmp[L].pop_back();
st[++top]=L;
return R;
}
}
int main()
{
file();
read(n,K);
rep(i,1,n) st[i]=i;top=n;
rep(i,1,n) read(a[i]);
init();
rep(i,1,n) dp[1][i]=1ll*i*a[qmax(1,i)];
cur=2;
while (cur<=K) build(1,1,n),solve(cur-1,n),++cur;
cout<<dp[K][n];
return 0;
}
其他做法
直接做出每个位置\(i\)作为最大值出现的区间\([l,r]\),然后用\([l,i-1]\)更新\([i,r]\)应该也是可以的。
要做这个,需要维护后缀凸包和李超线段树,而且要在后缀凸包上面二分。
后缀凸包可以用树状数组维护,类似[NOI2014]购票。
这个做法也是\(O(nk\log^2 n)\)的,应该更好写,而且常数也应该小一点。
什么?你问我问什么不写这个?
因为我以为李超线段树是一个log的
当然还有官方题解的单调栈(应该是吧)做法,但我看不懂,就放弃了。