[APIO2010]特别行动队

题目描述

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)(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 = x_i + x_{i+1} + ... + x_{i+k}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+cx′:x′=ax2+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， x_1 = 2, x_2 = 2, x_3 = 3, x_4 = 4x1​=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。

网上对斜率优化的解释太玄乎，我看不懂，所以用自己的方法来解释一下斜率优化：

所谓斜率优化，优化的是DP【i】=max（min）（C（i）+C（j）+K（j）*S（i））的dp方程

其中C(i)是只跟i有关的常数，c（j）是和j有关的常数，K（j）和S(i)是分别与ij有关的函数。

整理 得 DP【i】-C（i）=K（j）*S(i)+C(j)，我们只要求K（j）*S(i)+C(j)的最值即可。

我们发现每一个J代表一条直线，其自变量为S(i)，且S(i)单调递增。

那么我们可以动态的维护一个直线的集合，其K依次递增，C依次递减。（当存在一条直线的K，C都比另一条小时，那它就永远不会成为最优解）。

又因为K依次递增，C依次递减，而且S(i)单调递增，那么一条直线被他后面的直线追上后，就一直比被其追上的直线小了。（两线一交点）。

那么我们就可以这样来维护一个单调队列来优化DP了吗？

答案是否定的。

我们发现了反例。

我们考虑三条直线，y1=10,y2=X+9,y3=100x+1.

显然这三条直线在单调队列中是合法的。

但我们发现 y1和y2的交点在X=1处，y1与y3的交点却在X=0.09处。

按照我们刚才的做法，当X=0.5时，我们还是误以为y1是当前的最优直线，但事实上是y3最优。

所以我们在队尾加入直线时，要判当前要加的直线与前一条直线与前一条直线的前一条直线的交点哪一个在前，如果当前直线的交点在前的话，那就可以将队尾的直线弹出了，因为它已经没有机会成为最优解了。

#include<bits/stdc++.h>
#define B(x) (1ll*a*sum[x]*sum[x]+dp[x]-b*sum[x])//就是题解里的C（j），直线的截距，y=kx+b中的b
#define K(x) (-2ll*a*sum[x])//直线的斜率
#define N 1070001
#define LL long long
#define sight(C) (C<='9'&&C>='0')
using namespace std;
LL sum[N],q[N],n,m,x,head,tail,dp[N],a,b,c;
LL check(int x,int y) {//判断当前直线与i组合的DP值
    return dp[y]+a*(sum[x]-sum[y])*(sum[x]-sum[y])+b*(sum[x]-sum[y])+c;
} char C;int B;
double jiao(int x,int y){ //求直线的交点
    return 1.0*(B(x)-B(y))/(K(x)-K(y));
}
LL read(LL &x) {
    C=getchar(); B=;
    for(;!sight(C);C=getchar()) if (C=='-') B=-;
    for(x=;sight(C);C=getchar()) x=x*+C-'';
    x*=B;
}
int main () {
     read(n);
     read(a); read(b); read(c);
        for (int i=;i<=n;i++)
         read(x),sum[i]=sum[i-]+x;
        head=tail=;
        q[tail++]=;
        for (int i=;i<=n;i++) {
            while (head+<tail && check(i,q[head])<=check(i,q[head+])) head++;//当前解被超过，将其出队
            dp[i]=check(i,q[head]);
            while (head+<tail && jiao(q[tail-],i)<=jiao(q[tail-],i)) tail--;//i与q【tail-1】相比，i的交点在前，所以将q【tail-1】删除
            q[tail++]=i;
        }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return ;
}