题目大意
给定一个长度为 nnn 的序列,你需要将其切割成大小任意的 kkk 段,设切割的位置为 (i,i+1)(i,i+1)(i,i+1),则该次切割的价值为 iii 位置所在段的大小乘上 i+1i+1i+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⩽n⩽105,1⩽k⩽min(n−1,200)2\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant k\leqslant min(n−1,200)2⩽n⩽105,1⩽k⩽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,zx,y,zx,y,z,将其切割为 333 段,有两种分割方法:
- 先在 xxx 后面分割,答案为 x(y+z)+yzx(y+z)+yzx(y+z)+yz 即为 xy+yz+zxxy+yz+zxxy+yz+zx。
- 先在 yyy 后面分割,答案为 (x+y)z+xy(x+y)z+xy(x+y)z+xy 即为 xy+yz+zxxy+yz+zxxy+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]f[i][j]f[i][j] 表示前 iii 个数切割成 jjj 段能得到的最大价值,sum[n]=∑i=1na[i]sum[n]=\sum\limits_{i=1}^na[i]sum[n]=i=1∑na[i]
转移:f[i][j]=maxk=1i−1f[k][j−1]+sum[k]∗(sum[i]−sum[k])f[i][j]=\max\limits_{k=1}^{i-1} f[k][j-1]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])f[i][j]=k=1maxi−1f[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 Θ(n2k)\Theta(n^2k)Θ(n2k),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 kak_aka 和 kbk_bkb 满足 ka<kbk_a<k_bka<kb,若 kak_aka 优于 kbk_bkb,则有f[ka][j−1]+sum[ka]∗(sum[i]−sum[ka])>f[kb][j−1]+sum[kb]∗(sum[i]−sum[kb])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])f[ka][j−1]+sum[ka]∗(sum[i]−sum[ka])>f[kb][j−1]+sum[kb]∗(sum[i]−sum[kb])
考虑化简,得f[ka][j−1]+sum[ka]∗sum[i]−sum[ka]2>f[kb][j−1]+sum[kb]∗sum[i]−sum[kb]2f[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]^2f[ka][j−1]+sum[ka]∗sum[i]−sum[ka]2>f[kb][j−1]+sum[kb]∗sum[i]−sum[kb]2
移项,合并同类项
f[ka][j−1]−f[kb][j−1]+sum[kb]2−sum[ka]2>(sum[kb]−sum[ka])∗sum[i]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]f[ka][j−1]−f[kb][j−1]+sum[kb]2−sum[ka]2>(sum[kb]−sum[ka])∗sum[i]
两边同时除以 sum[i]>0sum[i]>0sum[i]>0,得
f[ka][j−1]−f[kb][j−1]+sum[kb]2−sum[ka]2sum[kb]−sum[ka]>sum[i]\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]sum[kb]−sum[ka]f[ka][j−1]−f[kb][j−1]+sum[kb]2−sum[ka]2>sum[i]
再整理一下(f[ka][j−1]−sum[ka]2)−(f[kb][j−1]−sum[kb]2)sum[kb]−sum[ka]>sum[i]\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]sum[kb]−sum[ka](f[ka][j−1]−sum[ka]2)−(f[kb][j−1]−sum[kb]2)>sum[i]
因此,对于 kak_aka 来说, kak_aka 优于 kbk_bkb 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 ktk_tkt,在平面直角坐标系中绘制点
Kt(sum[kt],f[kt][j−1]−sum[kt]2)K_t(sum[k_t],f[k_t][j-1]-sum[k_t]^2)Kt(sum[kt],f[kt][j−1]−sum[kt]2),则
spolea,b=(f[ka][j−1]−sum[ka]2)−(f[kb][j−1]−sum[kb]2)sum[kb]−sum[ka]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]}spolea,b=sum[kb]−sum[ka](f[ka][j−1]−sum[ka]2)−(f[kb][j−1]−sum[kb]2)恰好为直线 KaKbK_aK_bKaKb 的斜率,如下图,直线 K1K2K_1K_2K1K2 的斜率恰好就是 spole1,2spole_{1,2}spole1,2。
至此,我们得到了一条结论,当且仅当 ka<kbk_a<k_bka<kb 且 spolea,b>sum[i]spole_{a,b}>sum[i]spolea,b>sum[i] 时,kak_aka 优于 kbk_bkb。
接下来看看上面的图,考虑点 K3K_3K3,可以发现 K3K_3K3 有一个糟糕的特点:spole2,3>spole3,4spole_{2,3}>spole_{3,4}spole2,3>spole3,4。
这个特点意味着什么?假设spole3,4>sum[i]spole_{3,4}>sum[i]spole3,4>sum[i],也就是说如果 k3k_3k3 优于 k4k_4k4,那么 spole2,3>spole3,4>sum[i]spole_{2,3}>spole_{3,4}>sum[i]spole2,3>spole3,4>sum[i],即 k2k_2k2 优于 k3k_3k3。
同理,如果 spole2,3<sum[i]spole_{2,3}<sum[i]spole2,3<sum[i],也就是说如果 k2k_2k2 劣于 k3k_3k3,则 spole3,4<spole2,3<sum[i]spole_{3,4}<spole_{2,3}<sum[i]spole3,4<spole2,3<sum[i],因而 k4k_4k4 优于 k3k_3k3。
因此,无论如何,k3k_3k3 都不可能是本次转移的最优点。因此我们可以直接删除点 k3k_3k3。
现在斜率是单调上升的,而且从某个值开始大于 sum[i]sum[i]sum[i],考虑上面的结论,当 spolea,b>sum[i]spole_{a,b}>sum[i]spolea,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 KKK 中,第一个满足 spolei,i的下一个点>sum[i]spole_{i,i的下一个点}>sum[i]spolei,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 K6K_6K6?
对于上图,可以发现,加入点 K6K_6K6 后, K5K_5K5 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 K4K_4K4 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 Θ(logn)\Theta(\log n)Θ(logn),总时间复杂度为 Θ(nklogn)\Theta(nk\log n)Θ(nklogn)。
这样就够了吗?当然不。
可以发现,我们要求 KaK_aKa 大于的东西 sum[i]sum[i]sum[i],随着 iii 的增加是在递增的,也就是说,如果这个 Ka<sum[i]K_a<sum[i]Ka<sum[i],那 KaK_aKa 不可能再大于任何 sum[j](j>i)sum[j](j>i)sum[j](j>i),即 ∀j>i,Ka<sum[j]\forall j>i,K_a<sum[j]∀j>i,Ka<sum[j],因此,我们大可直接删除这个 KaK_aKa。
这样,每个点最多进入这个序列 111 次,从这个序列出来 111 次,其实就是个(单调)队列,故总时间复杂度为 Θ(nk)\Theta(nk)Θ(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;
}