【HYSBZOJ】【DP】【斜率优化】1911-[Apio2010]特别行动队

最新推荐文章于 2022-02-09 15:25:27 发布

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分类专栏： # HYSBZOJ # DP # 单调队列及斜率优化文章标签： DP BZOJ 斜率优化

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本文解析了 Apio2010 特别行动队问题，通过状态转移方程和单调队列优化算法，解决了数列分组求和的最大化问题。详细介绍了算法思路及参考代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

HYSBZOJ 1911 [Apio2010]特别行动队

题目

◇题目传送门◆

题目大意

给定一个数列，将它分为若干个连续的数列，对于每个数列求出其元素和，并代入函数 $y=ax^2+bx+c(a<0)$ 后计算出所有序列的值的总和，求出这个最大值。

思路

记 $s (i)$ 为由第一 $1$ 元素至第 $i$ 元素的和。

不难列出状态转移方程： $f(i)=\max\{f(j-1)+a(s(i)-s(j-1))^2+b(s(i)-s(j-1))+c(1\le i\le N,1\le j\le i)\}$

但是这是一个 $O(N^2)$ 的做法，显然必须超时。

所以我们必须讨论它的单调性从而使用单调队列优化求解。

化简 $f(j-1)+a(s(i)-s(j-1))^2+b(s(i)-s(j-1))+c$ 得 $f(j-1)+a\cdot s(i)^2+b\cdot s(i)+a\cdot s(j-1)^2-b\cdot s(j-1)+c+2a\cdot s(i)\cdot s(j-1)$ ，

记 $g(i)=a\cdot s(i)^2+b\cdot s(i),h(i)=a\cdot s(i)^2-b\cdot s(i)+f(i)$ ，

则上式可进一步化简为 $g(i)+h(j-1)+2a\cdot s(i)\cdot s(j-1)+c$ ，

取任意的 $j_1,j_2$ 满足 $j_2>j_1$ ：

代入并作差得： $h(j_2-1)-h(j_1-1)+2a\cdot s(i)(s(j_2-1)-s(j_1-1))$ ，

当上式大于0时，选择 $j_1$ 更好，

则可推出此时 $\frac{h(j_1-1)-h(j_2-1)}{s(j_2-1)-s(j_1-1)}>2a\cdot s(i)$

由于 $s (i)$ 单调递增， $a < 0$ ，则可使用单调队列维护。

注意：WC2016的课件有误，即未注意到 $a < 0$ 这个条件。

参考代码

特别注意：由于 $a < 0$ ，各处不等式变换时需要注意不等号的方向！！！

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn=1000000;

ll N,f[Maxn+5];
ll A[Maxn+5],s[Maxn+5];
ll a,b,c;

int q[Maxn+5],head,tail;

double T(int j1,int j2) {
	return 1.0*((f[j1]+a*s[j1]*s[j1]-b*s[j1])-(f[j2]+a*s[j2]*s[j2]-b*s[j2]))/(s[j1]-s[j2]);
}

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	scanf("%lld",&N);
	scanf("%lld %lld %lld",&a,&b,&c);
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		scanf("%lld",&A[i]);
		s[i]=s[i-1]+A[i];
	}
	head=1,tail=0;
	f[0]=q[++tail]=0;
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		while(head<tail&&T(q[head],q[head+1])>=2.0*a*s[i])
			head++;//维护队头：去掉超过的解
		ll x=s[i]-s[q[head]];
		f[i]=f[q[head]]+a*x*x+b*x+c;//计算结果，最优解在队头
		while(head<tail&&T(q[tail-1],q[tail])<=T(q[tail],i))
			tail--;//维护队尾：对于i与q[tail-1]，i的交点在前面，故应弃掉q[tail-1]
		q[++tail]=i;//当前点加入队尾
	}
	printf("%lld\n",f[N]);
	return 0;
}