[斜率优化DP] [APIO2014] 序列分割

题目描述

你正在玩一个关于长度为 \(n\) 的非负整数序列的游戏。这个游戏中你需要把序列分成 \(k + 1\) 个非空的块。为了得到 \(k + 1\) 块，你需要重复下面的操作 \(k\) 次：

选择一个有超过一个元素的块（初始时你只有一块，即整个序列）

选择两个相邻元素把这个块从中间分开，得到两个非空的块。

每次操作后你将获得那两个新产生的块的元素和的乘积的分数。你想要最大化最后的总得分。

输入格式

第一行包含两个整数 \(n\) 和 \(k\)。保证 \(k + 1 \leq n\)。

第二行包含 \(n\) 个非负整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) (\(0 \leq a_i \leq 10^4\))，表示前文所述的序列。

输出格式

第一行输出你能获得的最大总得分。

第二行输出 \(k\) 个介于 \(1\) 到 \(n - 1\) 之间的整数，表示为了使得总得分最大，你每次操作中分开两个块的位置。第 \(i\) 个整数 \(s_i\) 表示第 \(i\) 次操作将在 \(s_i\) 和 \(s_{i + 1}\) 之间把块分开。

如果有多种方案使得总得分最大，输出任意一种方案即可。

限制与约定

第一个子任务共 \(11\) 分，满足 \(1 \leq k < n \leq 10\)。

第二个子任务共 \(11\) 分，满足 \(1 \leq k < n \leq 50\)。

第三个子任务共 \(11\) 分，满足 \(1 \leq k < n \leq 200\)。

第四个子任务共 \(17\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 1000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。

第五个子任务共 \(21\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 10000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。

第六个子任务共 \(29\) 分，满足 \(2 \leq n \leq 100000, 1 \leq k \leq \min\{n - 1, 200\}\)。

首先可以通过数学归纳法证明: 只要切割位置相同, 切割顺序不会影响答案.

首先有一个 \(拿衣服\) 的想法 直接想到正解的大佬可以跳过:

​ 用 \(i\) 表示当前的位置, \(k\) 表示切割的次数, 枚举之前的每一个状态 \(j\).

​ 但是由于它太 \(拿衣服\) 了, 所以不好处理(实际可做).

反向考虑整个序列, 转移方程变形为:

看数据 \(1e6\), \(O\left(n^2k\right)\) 显然不可做, 凭感觉考虑斜率优化

设 \(F\left(i, k\right) = F(i)\), $F\left(i, k-1\right) = G(i) $ , 进行移项, 有:

​ 斜率 \(-S(i)\) 单调递减.

考虑当前决策 \(j\) 和前一个决策 \(j-1\), 若 \(j\) 优于 \(j-1\), 有:

• 注意 \(k\) 是负值.

即:

然后就可以大力斜率优化并WA掉

注意一个细节: \(a_i\) 可能为 \(0\), 上式的分母可能为 \(0\), 需要在程序中特判一下.

代码:

# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <deque>
# define LL long long
# define MAXN 1000005

using namespace std;

LL a[MAXN], sum[MAXN];
LL f[MAXN][2];
int sol[MAXN][205]; // 记录转移顺序
int q[MAXN];

double slope(int i,int j, int g) {
    if(sum[i]==sum[j]) return -1e18;
    return 1.0*((f[i][g]-sum[i]*sum[i])-(f[j][g]-sum[j]*sum[j]))/(sum[j]-sum[i]);
}

int main(){
    int n, S;
    scanf("%d%d", &n, &S);

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &a[i]);
        sum[i] = a[i] + sum[i-1];
    }

    for(int k = 0, lim = 1; lim <= S; k^=1, lim++){
        int l = 1, r = 0;
        q[++r] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            int g = k^1;
            while(l < r && slope(q[l], q[l+1], g)<=sum[i]){
                l++;
            }
            f[i][k] = f[q[l]][g]+sum[q[l]]*(sum[i]-sum[q[l]]);
            sol[i][lim] = q[l];
            while(l < r && slope(q[r-1],q[r], g)>=slope(q[r],i, g)){
                r--;
            }
            q[++r] = i;
        }
    }

    printf("%lld\n", max(f[n][1], f[n][0]));
    for(int x=n,i=S;i>=1;--i){ 
        x=sol[x][i];
        printf("%d%c",x," \n"[i==1]);
    }

    return 0;
}

时间复杂度: \(O(nk)\)

玄学 \(1\): 最开始写的 deque 的时候莫名其妙赤橙黄绿青蓝紫, 改手写单调队列就过了 估计是我哪写错了

玄学 \(2\): 本来打算移项逃避精度问题的, 结果锅掉 估计就是式子移错了

总结: 我太菜了