洛谷 3648 bzoj 3675 [APIO2014]序列分割题解

最新推荐文章于 2023-07-17 15:45:43 发布

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博客探讨了一道关于序列分割的问题，通过数学证明和斜率优化方法解决O(n^2)的时间复杂度，实现最大分数的计算。文章详细解释了如何使用前缀和与斜率优化技巧来优化动态规划，同时提供了实现时需要注意的空间优化策略。

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题意简述

给定一个长度为 $n (< = 1 e 5)$ 的序列 $a$ ，和一个 $k$ 。将 $a$ 切 $k$ 次，划分成 $k + 1$ 个段，每切一次产生分数就是姓切出来的两个段的和的乘积。请你最大化分数（还要记录在哪里切的）。

思路

式子。 $j$ 在 $[0, i]$ 之间。

(矢量图，随便放大)斜率优化一下顺便记录答案即珂。

具体思路

先证明分数和切的顺序没有关系。

设原序列珂以分为三个段，和为 $x, y, z$ 。

先切 $x, y$ ，再切 $y, z$ ： $x (y + z) + y z = x y + y z + x z$
先切 $y, z$ ，再切 $x, y$ ： $(x + y) z + x y = x y + y z + x z$

所以是一样的。显然这个结论有珂扩展性，即如果原序列划分成更多的块，也能三个三个的合并，并得到同样的结果。证毕。

设 $d p [i] [k]$ 表示前 $i$ 个数切 $k$ 刀的最大分数，然后枚举上一次分开的位置 $j$ ，用前缀和维护一下就能得到上面那个方程了。但是很显然这个是 $O(n^2)$ 的，过不去。

考虑斜率优化。由于 $dp[\times][k]$ 只和 $dp[\times][k-1]$ 有关，所以设 $f_i$ 表示 $d p [i] [k]$ ， $g_i$ 表示 $d p [i] [k - 1]$ 。然后：
$f_i=max\{g_j+sum[j]\times sum[i]-sum[j]^2\}$

考虑两个转移点 $j, k$ 。如果 $j$ 比 $k$ 优，那么：

$
g_j+sum[j]\times sum[i]-sum[j]^2>=g_k+sum[k]\times sum[i]-sum[k]^2\
\frac{(g_j-sum[j]^{2)-(g_k-sum[k]}2)}{-sum[j]-(-sum[k])}<=sum[i]
$
把每个点 $j$ 看作是 $P(-sum[j],g[j]-sum[j]^2)$ ，然后我们发现，由于 $s u m [i]$ 是单调递增的，所以这个 $p$ 的斜率也是单调递增的（不明白去找斜率优化的笔记看看。。。）

然后对于队首的元素，如果斜率超过了 $s u m [i]$ ，也就出队了。维护一下即珂。

实现注意

记录答案：设 $p r e [i] [k]$ 表示 $d p [i] [k]$ 时选择的最优的 $j$ 。然后不断往前跳即珂输出答案。
空间开不下，记得用滚动数组维护 $d p$ （或者只需要一个 $f$ 和一个 $g$ 即珂）
$l o n g l o n g$ 勿忘

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandre_Scarlet
{
    #define int long long 
    #define real double
    #define EPS 1e-7
    #define N 155555
    #define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
    #define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
    #define Fs(i,l,r,c) for(int i=l;i<=r;c)
    #define Ds(i,r,l,c) for(int i=r;i>=l;c)
    #define Tra(i,u) for(int i=G.Start(u),__v=G.To(i);~i;i=G.Next(i),__v=G.To(i))
    #define MEM(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
    #define FK(x) MEM(x,0)
    void R1(int &x)
    {
        x=0;char c=getchar();int f=1;
        while(c<'0' or c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
        while(c>='0' and c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
        x=(f==1)?x:-x;
    }
    int n,k,a[N];
    int s[N];
    void Input()
    {
        R1(n),R1(k);
        F(i,1,n) 
        {
            R1(a[i]);
            s[i]=s[i-1]+a[i];
        }
    }

    int f[N],g[N];
    int pre[N][201];
    int x(int i){return g[i]-s[i]*s[i];}
    int y(int i){return -s[i];}
    //抽象成点
    double slope(int a,int b)
    {
        real dx=x(a)-x(b);
        real dy=y(a)-y(b);
        return (fabs(dy)<EPS)?-1e18:(dx/dy);
    }//计算斜率
    int Q[N],head,tail;
    void Soviet()
    {
        head=1,tail=1;
        Q[tail]=0;
        F(p,1,k)
        {
            FK(Q);
            FK(f);
            head=tail=1;
            Q[tail]=0;
            
            F(i,1,n)
            {
                while(head<tail and slope(Q[head],Q[head+1])<=s[i]) ++head;//斜率<=s[i]的出去
                int j=Q[head];
                f[i]=g[j]+s[j]*(s[i]-s[j]);
                pre[i][p]=j;//记录从哪里转移的
                while(head<tail and slope(Q[tail-1],Q[tail])>=slope(Q[tail],i)) --tail;
                Q[++tail]=i;//加入队列
            }
            F(i,1,n) g[i]=f[i];//别忘了滚动
        }

        printf("%lld\n",f[n]);
        int cur=n;
        D(i,k,1) cur=pre[cur][i],printf("%lld%c",cur," \n"[i==1]);
    }
    void IsMyWife()
    {
        Input();
        Soviet();
    }
    #undef int //long long 
}
int main()
{
    Flandre_Scarlet::IsMyWife();
    getchar();getchar();
    return 0;
}