洛谷题目链接:[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)) 的序列。 编号为 (i) 的士兵的初始战斗力为 (x_i) ，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}) 。
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+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 = 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。
输入输出格式
输入格式：
输入由三行组成。第一行包含一个整数 n，表示士兵的总数。第二行包含三 个整数 a, b, c，经验公式中各项的系数。第三行包含 n 个用空格分隔的整数 (x_1, x_2, …, x_n) ，分别表示编号为 (1, 2, …, n) 的士兵的初始战斗力。
输出格式：
输出一个整数，表示所有特别行动队修正后战斗力之和的最大值。
输入输出样例
输入样例#1：
4
-1 10 -20
2 2 3 4
输出样例#1：
9
说明
20%的数据中，n ≤ 1000；
50%的数据中，n ≤ 10,000；
100%的数据中，1 ≤ n ≤ 1,000,000，–5 ≤ a ≤ –1，|b| ≤ 10,000,000，|c| ≤ 10,000,000，1 ≤ xi ≤ 100
一句话题意: 将(n)个士兵分成若干组,设他们的战斗力之和为(x),则新得到的战斗力为(x'),(x'=a*x^2+b*x+c),现在要求出一种方法使得总战斗力之和最大.
题解: DP方程应该很容易想到,设(f[i])表示到第(i)个人所能得到的最大的战斗力.显然有$$f[i]=max(f[i], f[j]+a(pre[i]-pre[j])^2+b(pre[i]-pre[j])+c$$
其中((0leq j<i)),(pre[i])代表1~(i)个人的战斗力的前缀和.
那么显然如果直接用DP来做的话,时间复杂度是(O(n^2))的.那么我们就需要想一下优化.接下来我们需要对这个DP方程进行化简,假设(j)状态为转移到(i)状态的最优解,则有:
移项成斜率式,则有$$22pre[i]pre[j]+f[i]-apre[i]2-b*pre[i]-c=a*pre[j]2-b*pre[j]+f[j]$$
我们把(pre[j])看做直线的(x) , 将(2*a*pre[i]*pre[j])看做直线的斜率,(a*pre[j]^2-b*pre[j]+f[j])看做直线的(y),将(f[i]-b*pre[i]-a*pre[i]^2-c)看做斜率的截距,既然题目维护的是最大值,那么就要维护一个上凸包(当然套路是一样的),之后的就直接套路搞就可以了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000+5;
typedef long long lol;
lol n, a, b, c, w[N], pre[N], h = 0, t = 0, q[N], f[N];
lol gi(){
lol ans = 0, f = 1; char i = getchar();
while(i<'0'||i>'9'){if(i=='-')f=-1;i=getchar();}
while(i>='0'&&i<='9'){ans=ans*10+i-'0';i=getchar();}
return ans * f;
}
lol calc(lol x){return a*x*x+b*x+c;}
lol X(lol i){return pre[i];}
lol Y(lol i){return f[i]+a*pre[i]*pre[i]-b*pre[i];}
double slope(lol i, lol j){return (double) (Y(i)-Y(j))/(X(i)-X(j));}
int main(){
n = gi(), a = gi(), b = gi(), c = gi();
for(int i=1;i<=n;i++) w[i] = gi(), pre[i] = pre[i-1]+w[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
while(h < t && slope(q[h], q[h+1]) > (double) 2.0*a*pre[i]) h++;
f[i] = f[q[h]]+calc(pre[i]-pre[q[h]]);
while(h < t && slope(q[t], q[t-1]) < slope(q[t], i)) t--;
q[++t] = i;
}
printf("%lld
", f[n]);
return 0;
}