BZOJ 4709 柠檬决策单调性DP

最新推荐文章于 2022-07-29 14:55:32 发布

fufck

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分类专栏： bzoj 文章标签： bzoj 决策单调

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本文介绍了一个经典的编程竞赛问题——柠檬问题。任务目标是通过特定的算法确定如何将一系列大小不等的贝壳转换成最大数量的柠檬。文章详细解释了解决方案的思路，包括使用动态规划和栈的数据结构来优化计算过程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

4709: [Jsoi2011]柠檬

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB

Description

Flute 很喜欢柠檬。它准备了一串用树枝串起来的贝壳，打算用一种魔法把贝壳变成柠檬。贝壳一共有 N (1 ≤ N

≤ 100,000) 只，按顺序串在树枝上。为了方便，我们从左到右给贝壳编号 1..N。每只贝壳的大小不一定相同，

贝壳 i 的大小为 si(1 ≤ si ≤10,000)。变柠檬的魔法要求，Flute 每次从树枝一端取下一小段连续的贝壳，并

选择一种贝壳的大小 s0。如果这一小段贝壳中大小为 s0 的贝壳有 t 只，那么魔法可以把这一小段贝壳变成 s

0t^2 只柠檬。Flute 可以取任意多次贝壳，直到树枝上的贝壳被全部取完。各个小段中，Flute 选择的贝壳大小 s

0 可以不同。而最终 Flute 得到的柠檬数，就是所有小段柠檬数的总和。Flute 想知道，它最多能用这一串贝壳

变出多少柠檬。请你帮忙解决这个问题。

Input

第 1 行：一个整数，表示 N。

第 2 .. N + 1 行：每行一个整数，第 i + 1 行表示 si。

Output

仅一个整数，表示 Flute 最多能得到的柠檬数。

Sample Input

5
2
2
5
2
3

Sample Output

21
HINT:Flute 先从左端取下 4 只贝壳，它们的大小为 2, 2, 5, 2。选择 s0 = 2，那么这一段
里有 3 只大小为 s0 的贝壳，通过魔法可以得到 2×3^2 = 18 只柠檬。再从右端取下最后一
只贝壳，通过魔法可以得到 1×3^1 = 3 只柠檬。总共可以得到 18 + 3 = 21 只柠檬。没有
比这更优的方案了。

题解：

一条性质：第一个贝壳和最后一个贝壳大小一定相同

dp[i]表示做到第i个获得的最大柠檬数。

dp[i]=max{dp[j-1]+a[i]∗(s[i]−s[j]+1)2}

s[i]表示a[i]出现的次数。

我们考虑决策的单调性(s[i]−s[j]+1)2会增大。如果在某个情况下k<j,k转移以及比j转移优了的话，之后的所有情况都是k优，所以我们用一个栈来维护。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#define ll long long
#define maxn 4001000
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int n,x,cnt[101010],s[101010],a[101010];
ll f[101010];
vector<int> q[101010];
ll rd()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll cal(int x,int y){
	return f[x-1]+1ll*a[x]*y*y;
}
int solve(int x,int y){
    int l=1,r=n,ret=n+1;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if(cal(x,mid-s[x]+1)>=cal(y,mid-s[y]+1)){
            ret=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1; 
    }
    return ret;
}
void init()
{
	n=rd();
}
void work()
{
	rep(i,1,n)
	{
		x=rd();a[i]=x;
		s[i]=++cnt[x];
		while(q[x].size()>=2&&solve(q[x][q[x].size()-2],q[x][q[x].size()-1])<=solve(q[x][q[x].size()-1],i)) q[x].pop_back();
        q[x].push_back(i);
        while(q[x].size()>=2&&solve(q[x][q[x].size()-2],q[x][q[x].size()-1])<=s[i]) q[x].pop_back();
        f[i]=cal(q[x][q[x].size()-1],s[i]-s[q[x][q[x].size()-1]]+1);
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
}
int main()
{
	init();
	work();
}