题解 [JSOI2011]柠檬

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题目大意

给出一个区间，每个点都有一个颜色，把这个区间分为许多块，每一块的权值为 \(\max\{s\times t^2\}\) ，其中 \(s\) 为某种颜色，\(t\) 为该颜色在该块中出现的次数。问最大权值之和。

\(n\le 10^5,s_i\le 10^4\)

思路

话说用笔记本打代码真的好难受啊！！！

首先我们可以看出这个肯定是个 dp ，可以列出 dp 式：

\[dp[i]=\max\{dp[j-1]+\text{count}(j\to i)\}
\]

于是问题就是如何求出 \(\text{count}(j\to i)\)。

我们经过思（mang）考（cai）发现，其实在最优情况下，每一段的两端的颜色一定是相同的，而且产生贡献的颜色也一定是两端的颜色。

至于证明的话可以感性理解一下就是说，如果不同的话可以把一段分到另外一边，这样不会让答案变劣。

然后，我们发现这下就可以做了。我们可以设 \(p_{i,j}\) 表示颜色 \(i\) 第 \(j\) 个出现的数的位置，那我们就可以得到转移式：

\[f[p_{i,j}]=\max\{f[p_{i,a}-1]+i(j-a+1)^2|a\le j\}
\]

然后你发现这个东西就可以斜率优化了，最后的式子就是：

\[\frac{(f[p_{i,b}-1]+b^2i)-(f[p_{i,a}-1]+a^2i)}{b-a}>2i(j+1)
\]

的时候，\(b\) 比 \(a\) 更优。

然后你发现这个东西就是一个上凸壳，然后你每次弹得时候就是把队尾弹出来（因为上凸壳斜率递减，对于相同的 \(i\)，它的 \(2i(j+1)\) 单调递增）。

于是时间复杂度就是 \(\Theta(n)\) 。

\(\texttt{Code}\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define Int register int
#define int long long
#define MAXN 100005

template <typename T> inline void read (T &t){t = 0;char c = getchar();int f = 1;while (c < '0' || c > '9'){if (c == '-') f = -f;c = getchar();}while (c >= '0' && c <= '9'){t = (t << 3) + (t << 1) + c - '0';c = getchar();} t *= f;}
template <typename T,typename ... Args> inline void read (T &t,Args&... args){read (t);read (args...);}
template <typename T> inline void write (T x){if (x < 0){x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}

vector <int> stk[MAXN];
int top1 (vector <int> &vec){return vec[vec.size() - 1];}
int top2 (vector <int> &vec){return vec[vec.size() - 2];}
int n,s[MAXN],c[MAXN],f[MAXN],tot[MAXN];

int Y (int i){return f[i - 1] + c[i] * c[i] * s[i];}
int X (int i){return c[i];}
int calc (int x,int y){return f[y - 1] + s[x] * (c[x] - c[y] + 1) * (c[x] - c[y] + 1);}
double Slope (int x,int y){return (Y(y) - Y(x)) * 1.0 / (X(y) - X(x));}

signed main(){
	read (n);
	for (Int i = 1;i <= n;++ i) read (s[i]),c[i] = ++ tot[s[i]];
	for (Int i = 1;i <= n;++ i){
		int col = s[i],ind = c[i] + 1;
		while (stk[col].size() >= 2 && Slope (top2(stk[col]),top1(stk[col])) <= Slope (top1(stk[col]),i)) stk[col].pop_back ();
		stk[col].push_back (i);
		while (stk[col].size() >= 2 && Slope(top2(stk[col]),top1(stk[col])) <= 2 * s[i] * (c[i] + 1)) stk[col].pop_back ();
		f[i] = calc (i,top1(stk[col]));
	}
	write (f[n]),putchar ('\n');
	return 0;
}