[OJ#15]TR #2 画心

[OJ#15]TR #2 画心

试题描述

渠是一名画师。渠有一支神奇的画笔,可以画尽因果。

渠要画一幅画,这幅画由N个线段组成,线段从1开始编号,第i条线段有一个特殊的因果值Ai

由于画太长了,渠不可能一次画完,于是渠打算将这N条线段分成若干组来画,每一组的长度要求在[L,R]之间,且必须是编号连续的一段。

对于因果值之和为x的一组线段,渠画完后种下的因果为ax2+bx+c。渠想知道渠将这N条线段画完,最多收获多少因果呢?

输入

输入共三行。

第一行为4个整数Nabc,表示线段的数目与给定的参数。

第二行为2个正整数LR,为每组长度限制的区间。

第三行为N个整数Ai,分别表示每一条线段的因果值。

输出

仅一行,为最多收获的因果数,保证答案在long long范围之内。

输入示例

7 -1 0 3
1 3
1 -2 3 -4 5 6 -6

输出示例

9

数据规模及约定

对于20%的数据 : 1N10

对于40%的数据 : 1N103

另有20%的数据 : L=1R=N0Ai105

另有20%的数据 : L=1R=N

对于100%的数据 : 1N525010b,c525010|Ai|10510<a<0

题解

新学一个叫线段树分治。

首先设 f(i) 表示前 i 条线段能获得的最大分数(由于“因果值”太奇怪,改称分数),那么直接可以得出转移方程(设数列 A 的前缀和为数列 S)

f(i) = max{ f(j) + a(Si - Sj)2 + b(Si - Sj) + c | j ∈ [i-R, i-L]∪[0, n] }

这题推推式子发现是斜率优化题,但是由于 A 中元素有正有负,顾数列 S 无单调性,并且会发现斜率也没有单调性,所以不能简单处理了。

这时候我们考虑一个点能转移到哪,显然也是一个区间(即 f(j) 可以转移到 [j+L, j+R] 这个区间),于是我们可以在线段树上 [j+L, j+R] 所对应的 log(n) 个区间加上 j 的标记;那么对于线段树某个节点,它上面所有标记都适用于它子树中所有的节点(即这个节点上的标记可以转移到所有子节点所对应的位置)。

然后我们就可以按 DFS 序遍历这棵线段树;考虑遍历到某个节点时,该节点上的标记一定在该节点所表示区间的左边,由于我们是按照 DFS 序处理的,所以该节点上的标记一定都已经得出了答案,所以就可以直接用这些标记离线维护凸包;在处理叶子结点时,沿着它到根的路径在所有节点上的凸包进行二分,得到的所有答案中取最大值。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 52510
#define maxlog 64
#define LL long long
#define LD long double

const LD oold = (LD)1.0 / 0.0;

int n, a, b, c, L, R;

struct Vec {
	LD x, y; int id;
	Vec() {}
	Vec(LD _1, LD _2, int _3): x(_1), y(_2), id(_3) {}
	Vec operator - (const Vec& t) const { return Vec(x - t.x, y - t.y, id); }
	LD operator ^ (const Vec& t) const { return x * t.y - y * t.x; }
	bool operator < (const Vec& t) const { return x < t.x; }
} ps[maxn];

int head[maxn<<2], ToT, nxt[maxn*maxlog], need[maxn*maxlog];
void target(int o, int l, int r, int ql, int qr, int id) {
	if(ql <= l && r <= qr) need[++ToT] = id, nxt[ToT] = head[o], head[o] = ToT;
	else {
		int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
		if(ql <= mid) target(lc, l, mid, ql, qr, id);
		if(qr > mid) target(rc, mid + 1, r, ql, qr, id);
	}
	return ;
}
LD val[maxn<<2], f[maxn], S[maxn];
int q[maxn], top;
vector <int> poly[maxn<<2];
LD calc(int j, int i) { // f[j] -> f[i], return f[i]
	return (LD)f[j] + (LD)a * (S[i] - S[j]) * (S[i] - S[j]) + (LD)b * (S[i] - S[j]) + c;
}
void solve(int o, int l, int r) {
	int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1, cp = 0;
	for(int e = head[o]; e; e = nxt[e]) {
		int j = need[e];
//		printf("in vetex %d: %d\n", o, j);
		ps[++cp] = Vec(S[j], f[j] + (LD)a * S[j] * S[j] - (LD)b * S[j], j);
	}
	if(cp) {
		sort(ps + 1, ps + cp + 1);
		q[top = 1] = 1;
		while(q[1] <= cp && ps[q[1]].y == -oold) q[1]++;
		for(int i = q[1] + 1; i <= cp; i++) {
			if(ps[i].y == -oold) continue;
			while(top > 1 && (ps[q[top]] - ps[q[top-1]] ^ ps[i] - ps[q[top]]) >= 0) top--;
			q[++top] = i;
		}
		if(q[1] > cp) top = 0;
		while(top && ps[q[top]].y == -oold) top--;
		if(top) for(int i = 1; i <= top; i++) poly[o].push_back(ps[q[i]].id);
	}
	if(l == r) {
		int u = o;
		while(u) {
			int _l = 0, _r = poly[u].size() - 1;
			while(_l < _r) {
				int _mid = _l + _r >> 1;
				if(_mid < poly[u].size() - 1 && calc(poly[u][_mid], l) <= calc(poly[u][_mid+1], l))
					_l = _mid + 1;
				else _r = _mid;
			}
			if(poly[u].size()) f[l] = max(f[l], calc(poly[u][_l], l)); // , printf("u: %d\n", u);
			u >>= 1;
		}
//		printf("f[%d] = %.0Lf\n", l, f[l]);
	}
	else solve(lc, l, mid), solve(rc, mid + 1, r);
	return ;
}

int main() {
	n = read(); a = read(); b = read(); c = read();
	L = read(); R = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) S[i] = S[i-1] + read();
	
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = -oold;
	for(int i = 0; i <= n; i++) target(1, 0, n, i + L, min(i + R, n), i);
	solve(1, 0, n);
	
	printf("%.0Lf\n", f[n]);
	
	return 0;
}

 

posted @ 2017-09-19 20:53  xjr01  阅读(175)  评论(0编辑  收藏  举报