解题：APIO 2014 序列分割

题面

拆开式子我们发现切割顺序不影响答案，所以可以设计出一个$dp[i][j]$表示到$i$为止切了$j$刀的最大收益之类的，然后做个前缀和就可以转移了。

$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+sum[k]*(sum[i]-sum[k]) )$

第一维显然还可以滚掉，这样就有了一个$O(n^2k)$的做法 因为跑不满如果再卡卡常大概可以得到50pts的好成绩

开始优化，假如现在在$i$而先不管切了几刀，有两个位置$j$和$k$满足$j<k$且$j$比$k$优，那么有

$dp[j]+sum[j]*(sum[i]-sum[j])<dp[k]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])$

$dp[j]-sum[j]^2-(dp[k]-sum[k]^2)<(sum[k]-sum[j])*sum[i]$

$\frac{dp[j]-sum[j]^2-(dp[k]-sum[k]^2)}{(sum[k]-sum[j])}<sum[i]$

— —斜率优化，而sum[i]又是单增的，所以每次直接取队头就完事了

注意：因为是非负序列，可能会出现斜率不存在的情况，记得判掉

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=,K=;
 int n,k,f,b,p,tra[K][N],que[N];
 long long sum[N],dp1[N],dp2[N];
 double Slope(int a,int b)
 {
     if(sum[a]==sum[b]) return -1e9;
     return 1.0*(sum[b]*sum[b]-dp1[b]-(sum[a]*sum[a]-dp1[a]))/(sum[b]-sum[a]);
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%lld",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-];
     for(int i=;i<=k;i++)
     {
         f=,b=-;
         for(int j=;j<=n;j++)
         {
             while(f<b&&Slope(que[f],que[f+])<=sum[j]) f++;
             p=que[f],dp2[j]=dp1[p]+(sum[j]-sum[p])*sum[p],tra[i][j]=p;
             while(f<b&&Slope(que[b-],que[b])>=Slope(que[b],j)) b--;
             que[++b]=j;
         }
         swap(dp1,dp2);
     }
     printf("%lld\n",dp1[n]),p=tra[k--][n];
     while(p) printf("%d ",p),p=tra[k--][p];
     return ;
 }