【BZOJ1911】【APIO2010】特别行动队(斜率优化,动态规划)

【BZOJ1911】【APIO2010】特别行动队

题面

Description

你有一支由 n 名预备役士兵组成的部队,士兵从 1 到 n 编号, 要将他们拆分成若干特别行动队调入战场。出于默契的考虑,同一支特别行动队中队员的编号应该连续,即为形如(i, i + 1, …, i + k)的序列。
编号为 i 的士兵的初始战斗力为 xi ,一支特别行动队的初始战斗力 x 为队内士兵初始战斗力之和,即 X = Xi + Xi+1 + … + Xi+k。通过长期的观察,你总结出一支特别行动队的初始战斗力 x 将按如下经验公式修正为 x': x' = ax^2 + bx + c, 其中 a, b, c 是已知的系数( a < 0)。
作为部队统帅,现在你要为这支部队进行编队,使得所有特别行动队修正后战斗力之和最大。 试求出这个最大和。
例如, 你有 4 名士兵, x1 = 2, x2 = 2, x3 = 3, x4 = 4。经验公式中的参数为 a = –1,b = 10, c = –20。此时,最佳方案是将士兵组成 3 个特别行动队:第一队包含士兵1 和士兵 2,第二队包含士兵 3,第三队包含士兵 4。特别行动队的初始战斗力分别为 4, 3, 4,修正后的战斗力分别为 4, 1, 4。修正后的战斗力和为 9,没有其它方案能使修正后的战斗力和更大。

Input

输入由三行组成。 第一行包含一个整数 n, 表示士兵的总数。第二行包含三个整数 a, b, c, 经验公式中各项的系数。第三行包含 n 个用空格分隔的整数 x1,x2, …, xn,分别表示编号为 1, 2, …, n 的士兵的初始战斗力。

Output

输出一个整数,表示所有特别行动队修正后战斗力之和的最大值。

Sample Input

4
-1 10 -20
2 2 3 4

Sample Output

9

Hint

20%的数据中, n ≤ 1000;
50%的数据中, n ≤ 10,000;
100%的数据中, 1 ≤ n ≤ 1,000,000, –5 ≤ a ≤ –1, |b| ≤ 10,000,000, |c| ≤10,000,000, 1 ≤ xi ≤ 100。

题解

如果公式挂了到CSDN上去看
又是一道斜率优化的DP题目
首先还是写出一个\(O(n^{2})\)的DP

	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<i;++j)
			f[i]=max(f[i],f[j]+F(c[i]-c[j]));

其中\(F(x)\)是题目中的二次函数\(c[i]\)是前缀和
还是和之前是一样的
假设\(j\)的转移优于\(k\)
那么就有

\[f[j]+F(c[i]-c[j])>f[k]+F(c[i]-c[k]) \]

又有

\[F(x)=Ax^{2}+Bx+C \]

直接带入得到

\[f[j]+A(c[i]-c[j])^{2}+B(c[i]-c[j])+C \]

右边同理
然后两边同时减掉一部分得

\[f[j]+Ac[j]^{2}-2Ac[i]c[j]-Bc[j]>f[k]+Ac[k]^{2}-2Ac[i]c[k]-Bc[k] \]

移项得到

\[2Ac[i](c[j]-c[k])<(f[j]+Ac[j]^{2}-Bc[j])-(f[k]+Ac[k]^{2}-Bc[k]) \]

除过去搞一下

\[c[i]>\frac{(f[j]+Ac[j]^{2}-Bc[j])-(f[k]+Ac[k]^{2}-Bc[k])}{2A(c[j]-c[k])} \]

然后就可以斜率优化直接搞了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 1010000
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
ll A,B,C;
ll n,c[MAX];
ll F(ll x){return 1LL*A*x*x+1LL*B*x+C;}
ll f[MAX];
ll s[MAX],h,t;
ll sqr(ll x){return x*x;}
double count(ll j,ll k)
{
	return ((f[j]-B*c[j]+A*sqr(c[j]))-(f[k]-B*c[k]+A*sqr(c[k])))/(2.0*A*(c[j]-c[k]));
}
int main()
{
	n=read();A=read();B=read();C=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=c[i-1]+read();
	for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=-1e18;
	/*
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<i;++j)
			f[i]=max(f[i],f[j]+F(c[i]-c[j]));
	*/
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		while(h<t&&count(s[h],s[h+1])<=c[i]*1.0)h++;
		int get=s[h];
		f[i]=f[get]+F(c[i]-c[get]);
		while(h<t&&count(s[t-1],s[t])>=count(s[t],i))t--;
		s[++t]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}


posted @ 2017-10-22 11:10  小蒟蒻yyb  阅读(392)  评论(0编辑  收藏  举报