题意:
给你一个长度为n的数组v,你需要把这个数组分成很多段,你需要保证每一段的长度不能超过k
我们设一共有m段,每一段右边界那个数为bi
那么我们要使得sum(bi*bi-b(i-1))最大 (1<=i<=m,b0=0)
你需要保证bi>b(i-1) (1<=i<=m)
sum():表示求和

题解:
我们设数组下标从1开始
dp[i]表示:对于v数组的前i个数的最大sum(bi*bi-b(i-1))为dp[i]
dp转移方程:
dp[i]=dp[j]+v[i]*v[i]-v[j] (i>j且v[i]>v[j])
dp转移方程很容易找到,但是如果对于一个i,我们去寻找所有满足条件的j的话就该TLE了

那么我们可以使用线段树进行维护,维护第i个位置的值为dp[i]-v[i]。这样的话对于一个j(j>i)
我们只需要在线段树的[1,j-1]区间查找出来最大的值就可以了
对于查找出来的值我们只需要加上v[j]*v[j]就是dp[j]的值(这一点很重要,可以说就是把维护的值改变了一下)

但是我们发现题目还要求v[j]>v[i],怎么办呢,我们可以对所有vi排序,按照排过序之后顺序进行线段树维护查找更新
就可以了



代码:
/*
题意:
给你一个长度为n的数组v,你需要把这个数组分成很多段,你需要保证每一段的长度不能超过k
我们设一共有m段,每一段右边界那个数为bi
那么我们要使得sum(bi*bi-b(i-1))最大 (1<=i<=m,b0=0)
你需要保证bi>b(i-1) (1<=i<=m)
sum():表示求和 题解:
我们设数组下标从1开始
dp[i]表示:对于v数组的前i个数的最大sum(bi*bi-b(i-1))为dp[i]
dp转移方程:
dp[i]=dp[j]+v[i]*v[i]-v[j] (i>j且v[i]>v[j])
dp转移方程很容易找到,但是如果对于一个i,我们去寻找所有满足条件的j的话就该TLE了 那么我们可以使用线段树进行维护,维护第i个位置的值为dp[i]-v[i]。这样的话对于一个j(j>i)
我们只需要在线段树的[1,j-1]区间查找出来最大的值就可以了
对于查找出来的值我们只需要加上v[j]*v[j]就是dp[j]的值(这一点很重要,可以说就是把维护的值改变了一下) 但是我们发现题目还要求v[j]>v[i],怎么办呢,我们可以对所有vi排序,按照排过序之后顺序进行线段树维护查找更新
就可以了
*/ #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef
long long ll;
const
int maxn=1e5+10;
const
int mod=20071027;
const
int INF=0x3f3f3f3f;
ll tree[maxn<<2],dp[maxn];
ll max(ll a,ll b)
{

if
(a<b) return b;
else return
a;
}

void
push_up(ll rt)
{

tree[rt]=max(tree[rt<<1],tree[rt<<1|1]);
}

void
update(ll rt,ll L,ll R,ll pos,ll val)
{

if
(L==R)
{

tree[rt]=val;
return
;
}

ll mid=(L+R)>>1;
if
(pos<=mid) update(rt<<1,L,mid,pos,val);
else
update(rt<<1|1,mid+1,R,pos,val);
push_up(rt);
}

ll query(ll rt,ll L,ll R,ll LL,ll RR)
{

if
(LL<=L && RR>=R)
{

return
tree[rt];
}

ll mid=(L+R)>>1,ans=-1;
if
(LL<=mid) ans=max(ans,query(rt<<1,L,mid,LL,RR));
if
(RR>mid) ans=max(ans,query(rt<<1|1,mid+1,R,LL,RR));
return
ans;
}

struct
shudui
{

ll val,id;
}
v[maxn],w[maxn];
bool
cmp(shudui x,shudui y)
{

return
x.val<y.val;
}

int
main()
{

ll t,p=0;
scanf("%lld",&t);
while
(t--)
{

ll pos=0;
memset(tree,-1,sizeof(tree));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ll n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
if
(k==1)
{

for
(ll i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&v[i].val),v[i].id=i;
ll res=v[1].val*v[1].val,flag=0;
for
(ll i=2;i<=n;++i)
{

if
(v[i].val>v[i-1].val)
{

res=(res+v[i].val*v[i].val)-v[i-1].val;
}

else

{

flag=1;
break
;
}
}

if
(flag==0)
printf("Case #%lld: %lld\n",++p,res);
else
printf("Case #%lld: No solution\n",++p);
continue
;
}

for
(ll i=2;i<=n+1;++i)
scanf("%lld",&v[i].val),v[i].id=i;
update(1,1,n,1,0);
dp[1]=v[1].val*v[1].val;
ll tmp=dp[1]-v[1].val;
sort(v+2,v+2+n,cmp);
//printf("%lld**************\n",query(1,1,n,3,4));
for(ll i=2;i<=n+1;++i)
{

if
(pos>0 && v[i].val!=v[i-1].val)
{

//printf("%lld*******\n",pos);
for(ll i=0;i<pos;++i)
{

update(1,1,n,w[i].id,w[i].val);
}

pos=0;
}

if
(v[i].id==1)
{

w[0].id=1;
w[0].val=tmp;
pos++;
continue
;
}

ll ans=query(1,1,n,max(1,v[i].id-k),v[i].id-1);
//printf("%lld %lld*****\n",ans,v[i].id);
if(ans!=-1)
{

w[pos].id=v[i].id;
w[pos].val=(ans+v[i].val*v[i].val)-v[i].val;
dp[v[i].id]=max(w[pos].val+v[i].val,dp[v[i].id]);
pos++;
}
}

if
(dp[n+1]!=-1)
printf("Case #%lld: %lld\n",++p,dp[n+1]);
else
printf("Case #%lld: No solution\n",++p);
}

return
0;
}

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