NOI 2009 诗人小G

题目描述 Description

小G是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。

一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小G给每首诗定义了一 个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小G不允许把 一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小G对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的P次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。

小G最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。

输入描述 Input Description

本题中包含多组测试数据。

输入文件中的第一行为一个整数T，表示诗的数量。

接下来为T首诗，这里一首诗即为一组测试数据。每组测试数据中的第一行为三个由空格分隔的正整数N，L，P，其中：N表示这首诗句子的数目，L表示这首诗的行标准长度，P的含义见问题描述。

从第二行开始，每行为一个句子，句子由英文字母、数字、标点符号等符号组成（ASCII码33～127，但不包含'-'）。

输出描述 Output Description

对于每组测试数据，若最小的不协调度不超过10^18，则第一行为一个数，表示不协调度。接下来若干行，表示你排版之后的诗。注意：在同一行的相邻两个句子之间需要用一个空格分开。

如果有多个可行解，它们的不协调度都是最小值，则输出任意一个解均可。若最小的不协调度超过10^18，则输出“Too hard to arrange”（不含引号）。每组测试数据结束后输出“--------------------”（不含引号），共20个“-”，“-”的ASCII 码为45，请勿输出多余的空行或者空格。

由于缺少special judge，因此在这里只要求输出最小的不协调度。格式不变，依然以"-"分割。

样例输入 Sample Input

4

4 9 3

brysj,

hhrhl.

yqqlm,

gsycl.

4 9 2

brysj,

hhrhl.

yqqlm,

gsycl.

1 1005 6

poet

1 1004 6

poet

样例输出 Sample Output

108

--------------------

32

--------------------

Too hard to arrange

--------------------

1000000000000000000
--------------------

数据范围及提示 Data Size & Hint

【样例说明】

前两组输入数据中每行的实际长度均为6，后两组输入数据每行的实际长度均为4。一个排版方案中每行相邻两个句子之间的空格也算在这行的长度中（可参见样例中第二组数据）。每行末尾没有空格。

总共10个测试点，数据范围满足：

测试点	T	N	L	P
1	<=10	<=18	<=100	<=5
2	<=10	<=2000	<=60000	<=10
3	<=10	<=2000	<=60000	<=10
4	<=5	<=100000	<=200	<=10
5	<=5	<=100000	<=200	<=10
6	<=5	<=100000	<=3000000	2
7	<=5	<=100000	<=3000000	2
8	<=5	<=100000	<=3000000	<=10
9	<=5	<=100000	<=3000000	<=10
10	<=5	<=100000	<=3000000	<=10

所有测试点中均满足句子长度不超过30。

这个DP的模型跟玩具装箱几乎一模一样，都是划分型DP。。。

设f[i]表示到第i句话的最优值。。。

记一个前缀和a,  n^2 的转移 f[i]=min(f[i],f[j]+(abs(i-j-1+a[i]-a[j]-L)^p));30分

这题巨坑！！！乘会爆long long！！！ 要开long double！！！

不开就只有10分。。。

这题有决策单调性（自己打表）

对与决策单调性有一个常数优化，即每次从上次最大的能转移的点开始枚举，这样有50分，但在某些题目中，用这个东西经常可以AC！！！

70分的话，在50--70的部分分打玩具装箱的斜率优化。。。

这题是p次方所以不能用斜率优化做。。。

正经的决策单调性的解决办法是什么呢。。。就是二分栈！！！

<<1D1D动态规划优化初步>>这篇文章说得很好。。。

使用一个栈来维护数据，栈中的每一个元素保存一个决策的起始位置与终了位置，显然这些位置相互连接且依次递增。

当插入一个新的决策时，从后到前扫描栈，对于每一个老决策来说，做这样两件事：

1. 如果在老决策的起点处还是新决策更好，则退栈，全额抛弃老决策，将其区间合并至新决策中，继续扫描下一个决策。

2. 如果在老决策的起点处是老决策好，则转折点必然在这个老决策的区间中；二分查找之，然后新决策进栈，结束。

由于一个决策出栈之后再也不会进入，所以均摊时间为O(1)，但是由于二分查找的存在，所以整个算法的时间复杂度为O(nlogn)。

这题硬是要卡乘爆啊！！！WA了无数遍。。。实现参考hzwer。

 // MADE BY QT666
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<iostream>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<ctime>
 #include<iomanip>
 #define lson num<<1
 #define rson num<<1|1
 using namespace std;
 const int N=;
 int gi()
 {
   int x=,flag=;
   char ch=getchar();
   while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') flag=-;ch=getchar();}
   while(ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
   return x*flag;
 }
 char ch[];
 long double a[N],f[N];
 int n,L,p;
 struct data{int l,r,p;}q[N];
 long double work(long double x,int p){
     long double ret=;
     if(x<) x=-x;
     for(int i=;i<=p;i++){
         ret*=x;
     }
     return ret;
 }
 long double cal(int j,int i){
     return f[j]+work(a[i]-a[j]+i-j--L,p);
 }
 int find(data t,int x)
 {
     int l=t.l,r=t.r;
     while(l<=r)
     {
         int mid=(l+r)>>;
         if(cal(t.p,mid)<cal(x,mid))
             l=mid+;
         else r=mid-;
     }
     return l;
 }
 main()
 {
     int T;
     T=gi();
     while(T--)
     {
         n=gi(),L=gi(),p=gi();
         for(int i=;i<=n;i++){
             scanf("%s",ch+);
             a[i]=a[i-]+strlen(ch+);
         }
         /*int last=1;
         for(int i=1;i<=n;i++){
             f[i]=work((int)abs(i-1+a[i]-L),p);
             for(int j=last;j<i;j++){
                 int y=f[j]+work((int)abs(i-j-1+a[i]-a[j]-L),p);
                 if(y<f[i]) f[i]=y,last=j;
             }
             }*/
         int head=,tail=;
     q[++tail]=(data){,n,};
     for(int i=;i<=n;i++){
         if(head<=tail&&i>q[head].r)head++;
         f[i]=cal(q[head].p,i);
         if(head>tail||cal(i,n)<=cal(q[tail].p,n)){
             while(head<=tail&&cal(i,q[tail].l)<=cal(q[tail].p,q[tail].l))
                   tail--;
             if(head>tail)
                 q[++tail]=(data){i,n,i};
             else {
                 int t=find(q[tail],i);
                 q[tail].r=t-;
                 q[++tail]=(data){t,n,i};
             }
           }
         }
         if(f[n]>) puts("Too hard to arrange");
         else printf("%lld\n",(long long)f[n]);
         puts("--------------------");
     }
     return ;
 }