洛谷P5665 [CSP2019]划分

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洛谷P5665

Solution

• 由于没有猜到结论，最后只拿了大众分。
• 事实上，我们会发现最优解一定满足：

对于每一个断点，最后一段的和在所有合法解中都是最小的。

• 以下是证明：

显然满足条件的解是唯一的。
构造序列 $b$， 其中 $b_i$ 表示满足条件的解中倒数第 $i$ 段的和，并在序列 $b$ 的末尾补上无限个 $0$。
现在我们需要证明对于任意一个不满足条件的解，用同样的方法构造出序列 $c$，都有 $\sum \limits_{i = 1}^{\infty} b_i ^2 < \sum \limits_{i = 1}^{\infty} c_i^2$。
其中已知条件是 $\sum \limits_{i = 1}^{\infty} b_i = \sum \limits_{i = 1}^{\infty} c_i$ 且 $\forall i \ge1, b_i \ge b_{i + 1}, c_i \ge c_{i + 1}, \sum \limits_{j = 1}^{i}b_j \le \sum \limits_{j = 1}^{i} c_j$。
找到第一个满足 $b_u < c_u$ 的 $u$，显然 $u$ 一定存在。
由 $\sum \limits_{i = 1}^{\infty}b_i = \sum \limits_{i = 1}^{\infty} c_i$ 可知：一定可以再找到一个 $v$，满足 $v > u$ 且 $b_v > c_v$。
由序列 $b$ 的不上升性质可知： $c_u \ge c_v + 2$。
从 $u$ 开始，从左往右找到第一个 $x$ 满足 $c_x > c_{x + 1}$；从 $v$ 开始，从右往左找到第一个 $y$ 满足 $c_y < c_{y - 1}$。令 $c_x$ 减一， $c_y$ 加一，序列 $c$ 仍然满足原有的性质，但平方和减小。
经过若干次这样的调整，序列 $c$ 最终会和序列 $b$ 相同，因此序列 $b$ 对应的解一定是最优解，原命题得证。

• 我们设 $pre_i$ 表示以 $i$ 作为断点的最优解中 $i$ 的上一个断点。
• 令 $sum_i = \sum \limits_{j = 1}^{i} a_j$，显然有： $pre_i = \max \{j | 0 \le j < i, sum_j - sum_{pre_j} \le sum_i - sum_j\}$
• 移项可得：
  $pre_i = \max \{j | 0 \le j < i, 2sum_j - sum_{pre_j} \le sum_i\}$
• 由于 $sum_i$ 单增，可以用单调队列维护，最后高精计算答案。
• 设高精位数为 $B$，时间复杂度 $\mathcal O(nB^2)$，当然这只是上界。

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	char ch;
	while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
	res = ch ^ 48;
	while (ch = getchar(), isdigit(ch))
		res = res * 10 + ch - 48;
}

template <class T>
inline void put(T x)
{
	if (x > 9)
		put(x / 10);
	putchar(x % 10 + 48);
}

typedef long long ll;
const int mod = 1e9;
const int B = (1 << 30) - 1;
const int N = 4e7 + 5;
int x, y, z, b1, b2, m;
int n, type, l, r, p, t, w;
int que[N], pre[N];
ll sum[N]; 

template <class T>
inline void CkMax(T &x, T y) {x < y ? x = y : 0;}
template <class T>
inline T Min(T x, T y) {return x < y ? x : y;}

struct big
{
	ll g[6];
	int gl;

	inline void Clear()
	{
		for (int i = 0; i < 4; ++i)
			g[i] = 0;
		gl = 0;
	}

	inline void Change(ll x)
	{
		while (x > 0)
		{
			g[gl++] = x % mod;
			x /= mod;
		}
	}

	inline void Sqr()
	{
		big s;
		s.Clear();
		for (int i = 0; i < gl; ++i)
			if (g[i])
			for (int j = 0; j < gl; ++j)
				if (g[j])
					s.g[i + j] += g[i] * g[j];
		gl = Min(4, gl + gl);
		for (int i = 0; i < gl; ++i)
			g[i] = 0;
		for (int i = 0; i < gl; ++i)
		{
			g[i] += s.g[i];
			g[i + 1] += g[i] / mod;
			g[i] %= mod;
		}
		while (gl > 1 && !g[gl - 1])
			--gl;
	}

	inline void operator += (const big &a)
	{
		CkMax(gl, a.gl);
		for (int i = 0; i < gl; ++i)
			g[i] += a.g[i];
		for (int i = 0; i < gl; ++i)
			if (g[i] >= mod)
				g[i] -= mod, ++g[i + 1];
		if (g[gl] > 0)
			++gl;
	}

	inline void Print()
	{
		printf("%d", (int)g[gl - 1]);
		for (int i = gl - 2; i >= 0; --i)
			printf("%09d", (int)g[i]);
		putchar('\n');
	}
}a, b;

int main()
{	
	read(n); read(type);
	if (type == 1)
	{
		read(x); read(y); read(z);
		read(b1); read(b2); read(m);

		sum[1] = b1; 
		sum[2] = b2;
		for (int i = 3; i <= n; ++i)
			sum[i] = (sum[i - 1] * x + sum[i - 2] * y + z) & B;
		int lst = 0;
		for (int i = 1, l, r, p; i <= m; ++i)
		{
			read(p); read(l); read(r);
			for (int j = lst + 1; j <= p; ++j)
				sum[j] = sum[j] % (r - l + 1) + l + sum[j - 1];
			lst = p;
		}
	}
	else 
	{
		for (int i = 1, x; i <= n; ++i)	
		{
			read(x);
			sum[i] = sum[i - 1] + x;
		}
	}	
	t = 1, w = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		while (t < w && 2ll * sum[que[t + 1]] - sum[pre[que[t + 1]]] <= sum[i])
			++t;
		if (t <= w && 2ll * sum[que[t]] - sum[pre[que[t]]] <= sum[i]) 
			pre[i] = que[t];
		else 
			pre[i] = 0;
		while (t <= w && 2ll * sum[que[w]] - sum[pre[que[w]]] >= 2ll * sum[i] - sum[pre[i]])
			--w;
		que[++w] = i;
	}
	que[w = 1] = x = n;
	while (x > 0)
	{
		que[++w] = pre[x];
		x = pre[x];
	}
	a.Clear();
	a.gl = 1;
	for (int i = w; i >= 2; --i)
	{
		b.Clear();
		b.Change(sum[que[i - 1]] - sum[que[i]]);
		b.Sqr();
		a += b;
	}

	a.Print();
	return 0;
}