【题解】P10966 K-Anonymous Sequence

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就相当于是把一个序列分成若干组，每组都有至少 \(k−1\) 个数字，花费就是这组的数字和 \(sum\)，再减去最小值 \(min\) 乘以这个组的 \(cnt\)，也就是 \(sum−(min\times cnt)\)。

贪心的考虑，假设说有三个数字 \(a_i,a_k,a_j,(i<k<j)\)，那么从 \(a_j\) 转移到 \(a_i\) 的代价一定比从 \(a_k\) 到 \(a_i\) 的代价更大一些。

所以我们分成的组一定是连续的一段，那么就可以设计转移方程了。

设 \(f_i\) 表示考虑前 \(i\) 个数的花费。

\[f_i=\min\left\{f_j+[sum_i−sum_j]−a_{j+1}∗(i−j)\right\} \]

其中 \(i−j\ge k\)，此时算法复杂度为 \(O(n^2)\)，无法通过，考虑优化。

首先上式中的 \(sum(i)\) 和是一个定值，提取并把里头的式子分解出来。

\[f_i=sum_i+min{f_j−sum_j−(i−j)\times a_{j+1}} \]

考虑两个点 \(j,k(j<k)\)。

当 \(k\) 优于 \(j\) 时，有：

\[f_j-sum_j-(i−j)\times a_{j+1}\ge f_k−sum_k-(i−k)\times a_{k+1} \]

化简：

\[f_j−f_k+sum_k-sum_j+j\times a_{j+1}−k\times a_{k+1}\times a_{j+1}-a_{k+1}\le i \]

这里要变号，因为 \(a_{j+1}−a_{k+1}\) 小于等于0

这种斜率的形式可以用单调队列来维护。

设 \(X(j,k)=f_j-f_k+sum_k-sum_{j}+j\times a_{j+1}-k\times a_{k+1}\times a_{j+1}-a_{k+1}\)

队首维护应该很明白了，如果 \(X(j,k)\le i\)，就删除 \(j\)，当然由于可能除数为 \(0\)，所以我们用乘法来维护，所以又得变一次号，不要忘了。

队尾维护：求得是最小值，所以维护一个下凸壳。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=5e5+5;
int T,n,k,a[N],sum[N],f[N],q[N];
int qy(int x){
    return f[x]-sum[x]+1ll*x*a[x+1];
}
int qx(int x){
    return a[x+1];
}
void solve(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    int l=1,r=1;
    q[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(l<r&&qy(q[l])-qy(q[l+1])>=i*(qx(q[l])-qx(q[l+1])))++l;
//      f[i]=qy(q[l])+sum[i]-i*qx(q[l]);
        f[i]=f[q[l]]+sum[i]-sum[q[l]]-(i-q[l])*a[q[l]+1];
        int z=i-k+1;
        if(z>=k){
            while(l<r&& (qy(q[r-1]) - qy(q[r])) * (qx(q[r])-qx(z))>= (qy(q[r])-qy(z)) * (qx(q[r-1])-qx(q[r])) )--r;
            q[++r]=z;
        }
    }
    cout<<f[n]<<"\n";
}
signed main(){
    cin>>T;
    while(T--)solve();
    return 0;
}