题解：CF2183H Minimise Cost
感觉其实做法都能想到但是证明有点有点啊，在场上感觉不太好证这个东西。顺便说一句，一开始看题解用 \(g\) 去证明凸性看快了以为那个证明是完全对的，然后写了一个过了，具体到做法部分会说是啥，但是后面写题解的时候发现这个证明貌似很错，但是拍了随机数据很对，不会造数据 hack，求求佬解释一下或者 hack。
题意：给出一个序列 \(a\)，要求原序列划分成 \(k\) 个子序列，定义一个长为 \(n\) 的序列 \(s\) 的权值为 \(n\sum s\)，要最小化所有子序列的代价和。\(n\le 2\times 10^5,|a_i| \le 10^9\)。
做法：
首先肯定是把序列排序后就是选连续的区间，然后就变成一个序列划分问题。有转移式：
感觉一下这个权值函数很凸，所以答案也是凸的，直接上 wqs + 二分队列做到 \(O(n\log n\log V)\) 就做完了，吗？
让我们来细推一下这个四边形不等式合法条件：
然后让我们看看数据范围，欸，竟然 \(a\) 有负数！那我不是炸了，然后就可以火大地遗憾离场了。
但是这种问题感觉一下如果没有单调性完全做不了啊，并且这个东西对于正数是很对的，所以感觉一下这个凸包应该几乎是凸的只是有些例外，比如对于负数怎么特殊处理一下就是凸的了。
我们先不考虑单调性的事情，单独考虑这个问题，那么我们发现：
-
对于正数要尽量多划段。
-
对于负数尽量少划段。
欸，这两个东西是可以同时存在的，也就是说，我们应该先把负数划成一段，然后对于正数内部划段。同时我们发现，如果一定要在负数内部划段，我肯定是优先让最大的若干个负数单独一段，剩余的一大段。
讨论一下，如果段数 $\le $ 非负数个数，那么我猜有凸性，否则可以直接计算答案。
考虑怎么证明凸性，掏出 oi-wiki，翻一下怎么证明凸性，发现有一个证明方法：
如果 \(g(k-1)+g(k+1)\ge 2g(k)\)，这里 \(g\) 是划分成 \(k\) 个段的代价。正确性显然。
然后官方题解就直接把 oi-wiki 里这个东西证明拍下来，大概是交换一下区间讨论贡献，但是依赖于四边形不等式，告诉我这个东西是对的就有凸性了？？？也就是说，对于 \(1\le k \le\) 正数个数的部分有凸性。有凸性就直接 wqs 就可以优化掉选择 \(k\) 的那一部分变成 \(\log\)。
我一开始觉得这个东西是对的，但是后面我想了想用这个证明去对于这样一组数据去做：
n = 5, k = 2
a = [-100, 2, 3, 4, 5]
然后发现对于 \(g(2)\) 并不能按照原本的证明方式证明，原因是因为还是用到了负数段的和这种东西，但是拍了一下这东西就是没锅，不是很懂为什么，好像可以很魔怔的认为是前半段和后半段都是凸的，但是有个点不一定是凸的。
说说这东西的做法，考虑从后往前划分段，暴力枚举最后一个段在哪里，只要完全包含负数段即可。
但是接下来这个做法就是完全对的了。我们发现负数段的问题还是没咋解决，我们考虑一个贪：如果对于正数最小值，我们把它划到负数这边贡献更优，那么我们就划到负数这边合并起来成一个大数。形式化地，这个优的意思是这样一个柿子。
定义 \(s_k\) 代表我目前负数段的大小，长度为 \(k\)，这个数为 \(a\)，那么要满足：
这样称为优。
解释一下，左边是划入左边段的贡献，右边是因为，假设不划入，那么 \(a\) 至少要产生单独一段也就是 \(a\) 的贡献。
发现一个很神奇的事情，如果我不把这些负数段合并后中间的位置当成合法的决策点，就满足四边形不等式了！可以自己推一推，这个我推了确实是没毛病的。
那么我们只要挖掉这些决策点，并且对于剩下的没有被合并的点的个数 \(x\)，\(k\le x\) 时决策单调性，否则直接计算，这样就对了，感觉这个方式还挺深刻的。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
const int maxn = 2e5 + 5;
int read() {
int sum = 0; char c = getchar(), f = 1;
while(!isdigit(c)) {
if(c == '-')
f = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c))
sum = sum * 10 + c - '0', c = getchar();
return sum * f;
}
void write(int x) {
if(x < 0) {
putchar('-');
x = -x;
}
if(x <= 9) {
putchar('0' + x);
return ;
}
write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
struct node {
int val, cnt;
friend node operator+(node x, node y) {
return node {x.val + y.val, x.cnt + y.cnt};
}
friend bool operator<(node x, node y) {
return (x.val != y.val ? x.val < y.val : x.cnt < y.cnt);
}
} dp[maxn];
int n, a[maxn], s[maxn], cnt, k;
struct Seg {
int l, r, p;
} q[maxn];
int fa, tl;
int cal(int l, int r) {
return (s[r] - s[l]) * (r - l);
}
node ans;
bool chk(int x) {
dp[0] = {0, 0};
fa = tl = 1;
q[tl++] = Seg{1, cnt, 0};
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
while(q[fa].r < i)
fa++;
int j = q[fa].p;
dp[i] = dp[j] + node{cal(j, i) + x, 1};
// cout << j << " " << i << " " << cnt << " " << dp[i].val << endl;
while(fa < tl) {
// if(n == 3)
// cout << cnt << endl;
Seg t = q[tl - 1];
if(node{cal(t.p, t.r), 1} + dp[t.p] < node{cal(i, t.r), 1} + dp[i]) {
q[tl++] = Seg{t.r + 1, cnt, i};
break;
}
else if(node{cal(i, t.l), 1} + dp[i] < node{cal(t.p, t.l), 1} + dp[t.p])
tl--;
else {
int l = t.l - 1, r = t.r;
while(l + 1 < r) {
int mid = l + r >> 1;
if(node{cal(i, mid), 1} + dp[i] < node{cal(t.p, mid), 1} + dp[t.p])
r = mid;
else
l = mid;
}
q[tl - 1].r = l; q[tl++] = Seg{r, cnt, i};
break;
}
}
if(fa == tl)
q[tl++] = Seg{i + 1, cnt, i};
}
// cout << cnt << endl;
ans.val = 1e36;
for (int i = 0; i <= cnt; i++)
ans = min(ans, dp[i] + node{(s[n] - s[i]) * (n - i) + x, 1});
return ans.cnt <= k;
}
void solve() {
n = read(), k = read(); cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read(), cnt += (a[i] >= 0);
//cout << "adsfsalkj" << cnt << endl;
sort(a + 1, a + n + 1); reverse(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
s[i] = s[i - 1] + a[i];
if(k <= cnt + 1) {
int l = -1e20, r = 1e20;
// chk(2);
while(l + 1 < r) {
int mid = l + r >> 1;
if(chk(mid))
r = mid;
else
l = mid;
}
chk(r);
//cout << ans.val << " laskgjsagd" << ans.cnt << endl;
write(ans.val - k * r); putchar('\n');
}
else {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= k - 1; i++)
ans += a[i];
ans += cal(k - 1, n);
write(ans); putchar('\n');
}
}
signed main() {
int T; T = read();
while(T--)
solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号