【BZOJ4709】柠檬（JSOI2011）-决策单调性优化DP+单调栈

测试地址：柠檬
做法：本题需要用到决策单调性优化DP+单调栈。
首先需要发现一个结论：最优方案中被分成的每一段的头尾贝壳的大小应该是相同的，并且这一段中产生贡献的就是这个大小。因为如果上面条件中有一个不满足，我们把某个端点单独分成一个段就比这个方案更优了。于是我们令f(i)$f(i)$为前i$i$个贝壳能得到的最大答案，有以下状态转移方程：
f(i)=max{f(j−1)+sj(sum(i)−sum(j)+1)2|si=sj}$f(i)=max\{f(j-1)+s_j(sum(i)-sum(j)+1{)}^2|s_i=s_j\}$
其中sum(i)$sum(i)$表示前i$i$个贝壳中大小为si$s_i$的贝壳数量。这个方程直接计算是O(n2)$O(n^2)$的，无法计算。我们可以把括号拆开，化成一个可以斜率优化的式子，然后对每种颜色用单调栈维护。不过用决策单调性分析更加简洁，下面我们简单分析一下。
令w(i,j)$w(i,j)$为区间[i,j]$[i,j]$的贡献，经过简单计算，有w(i,j)−w(i,j−1)≥w(i+1,j)−w(i+1,j−1)$w(i,j)-w(i,j-1)\ge w(i+1,j)-w(i+1,j-1)$（证明对每种大小上式都成立即可）。这个式子的含义是，前面决策点的答案大小上升速度比后面决策点要快。这就意味着，如果存在决策点j<k$j<k$在某个时刻j$j$的答案超过了k$k$，那么k$k$就不可能会再是最优决策点。
这个单调性跟用队列维护的决策单调性优化DP是相反的，于是这种情况我们用个栈维护即可。对于每种贝壳大小都开个栈，这样就可以以O(nlogn)$O(n\log n)$的时间复杂度解决问题了。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define t st[x].size()-1
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,cnt[10010]={0};
ll s[100010],sum[100010],dp[100010];
vector<int> st[10010],l[10010],r[10010];

ll calc(int i,ll j)
{
    return dp[i-1]+s[i]*j*j;
}

ll beyond(int x,int y)
{
    ll l=max(sum[x],sum[y]),r=n+1;
    while(l<r)
    {
        ll mid=(l+r)>>1;
        if (calc(x,mid-sum[x]+1ll)<calc(y,mid-sum[y]+1ll)) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    return l;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        s[i]=x;
        sum[i]=++cnt[x]; 
        while(st[x].size()>=2&&beyond(st[x][t-1],st[x][t])<=beyond(st[x][t],i))
            st[x].pop_back();
        st[x].push_back(i);
        while(st[x].size()>=2&&beyond(st[x][t-1],st[x][t])<=sum[i])
            st[x].pop_back();
        dp[i]=calc(st[x][t],sum[i]-sum[st[x][t]]+1);
    }
    printf("%lld",dp[n]); 

    return 0;
}