【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

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;

}