斜率优化 _洛谷_P3648 [APIO2014]序列分割

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题目描述

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

第二行包含 nn 个非负整数 a_1, a_2, \cdots, a_na1​,a2​,⋯,an​ (0 \leq a_i \leq 10^4)(0≤ai​≤104)，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 kk 个介于 11 到 n - 1n−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 ii 个整数 s_isi​ 表示第 ii 次操作将在 s_isi​ 和 s_{i + 1}si+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。

输入输出样例

     输入                                              输出 

      7 3                                108

      4 1 3 4 0 2 3                      1 3 5

 

解题思路

首先要证明切割顺序与答案无关

      设一组元素分别为a,b,c

      两种切割方式  第一种:     (a,b,c) =>(a,b),(c) => (a),(b),(c)   (a+b)*c+a*b  =a*c+b*c+a*b   

                             第二种:     (a,b,c) =>(a),(b,c) => (a),(b),(c)   (b+c)*a+b*c  =a*c+a*c+b*c

      因此不用考虑写个顺序

根据题意很容易得出 要用动态规划。
让我们先尝试写一下动态转移方程：
设 sum_i为1~i的元素前缀和，
f_i,j表示为前i个元素，一共切割了j次，很容易得出如下方程：

                  f_i,j=max{f_k,j-1+sum_k∗(sum_i−sum_k)}(0≤k<i)

这么写肯定会TLE，这时我们就想想该如何它的优化时间复杂的。

 

那用什么呢？

答案就是 :

斜率优化

 

首先，数组的后一维 j 每次都是通过 j-1得出，显然我们可以使用滚动数组。

得方程如下：

                      f_i=max{f_k+sum_k∗(sum_i−sum_k)}(0≤k<i)

假设k1>k2,考虑选取f_{i_k1}比f_{i_k2}更优,得出如下两个式子

                      f_{i_k1}=f_k1+sum_k1∗(sum_i−sum_k1)=f_k1+sum_k1∗sum_i−sum_k1*sum_k1

                      f_{i_k2}=f_k2+sum_k2∗(sum_i−sum_k2)=f_k2+sum_k2∗sum_i−sum_k2*sum_k2

    由于f_{i_k1>}f_{i_k2} ，合并则

                         f_k1+sum_k1∗sum_i−sum_k1*sum_k1>f_k2+sum_k2∗sum_i−sum_k2*sum_k2

                           f_k1-f_k2+sum_k2*sum_k2−sum_k1*sum_k1>(sum_k2-sum_k1)∗sum_i       （由于sum单调递增，所以sum_k2-sum_k1>0）

                           (f_k1-f_k2+sum_k2*sum_k2−sum_k1*sum_k1)/(sum_k2-sum_k1)>sum_i

 

---

 

   然后，设T(k1,k2)= ( f_k1-f_k2+sum_k2*sum_k2−sum_k1*sum_k1)/(sum_k2-sum_k1)

   若T(k1,k2)>sum_i 则f_{i_k1}比f_{i_k2}更优  (q是记录备选方案的队列)

     于是：

             踢出队列    T(q[head],q[head+1]) ≤ sum_i     head++;  (选择队头后一位的情况比选择队头优，就把队头踢出队列)

           更新队尾    T(q[tail-1],q[tail])≥T(q[tail],q[i])    tail--;       (证明如下)

      如果 T(q[tail-1],q[tail])≥T(q[tail],q[i]) 时，q[tail]仍在队列中，则q[tail]在某一刻是最优方案

      说明q[tail]比q[tail-1]优 且  q[i]不如q[tail]优，根据 上文证明“若T(k1,k2)>sum_i 则f_{i_k1}比f_{i_k2}更优”

      T(q[tail-1],q[tail])>sum_i   T(q[tail],q[i])≤sum_i  

       合并得  T(q[tail],q[i])≤sum_i<T(q[tail-1],q[tail])

      因此 T(q[tail-1],q[tail])≥T(q[tail],q[i]) 不成立，要将q[tail]踢出队列

 

 代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
int n,k;
int a[100005],q[100005],head,tail,way[100002][212];
long long f[100002],g[100002],sum[100002];
double t(int k1,int k2)
{
    if (sum[k2]==sum[k1]) return-1;
    return (((double)(g[k1]-g[k2]-sum[k1]*sum[k1]+sum[k2]*sum[k2])/(double)(sum[k2]-sum[k1])));
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
         sum[i]=sum[i-1]+a[i];
     }
    for(int l=1;l<=k;l++)
    {
    head=tail=1; q[1]=0;    
      for(int i=2;i<=n;i++)
        g[i]=f[i];
      for(int i=1;i<=n;i++)
         {
        while(head<tail && t(q[head],q[head+1])<=(double)sum[i]) head++;        
        f[i]=g[q[head]]+sum[q[head]]*(sum[i]-sum[q[head]]);
        way[i][l]=q[head];
        while(tail>head && t(q[tail-1],q[tail])>=t(q[tail],i)) tail--;
        tail++;
        q[tail]=i;
      }
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    int i=n,j=k;
    while(way[i][k])
    {
     printf("%d ",way[i][k]);
     i=way[i][k];k--;
   }
}