[APIO2014]序列分割

题面在这里

题意

将一个长度为(n)的序列分成(k)段，每次分割一段长度(ge 2)的序列，
得分为两边序列元素和的乘积，求最大得分

数据范围

[2leq nleq100000，1leq kleqmin{n-1，200}，0≤a[i]≤10^4 ]

sol

我们发现一对元素((i,j))产生贡献(a[i]a[j])的条件是分割后元素不在同一段里
于是我们知道一对元素产生是否产生贡献分割顺序无关
那么这道题就变成了序列分段问题
设(f[i][k])表示([1,i])的序列被分为(k)段的最大贡献，(s[i]=sum_{j=1}^{i}a[j])，有

[f[i][k]=max_{j=0}^{i-1}(f[j][k-1]-s[j]^2+s[i]s[j]) ]

此时可以斜率优化维护上凸包，
插点((s[i],f[i][k-1]-s[i]^2))，询问(k_i=-s[i])，
由于斜率单调递减，同样是可做的

然而这里有另外一种思路
如果把长度为(n)的序列分为(n-1)段，
由上可知得分为(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[i!=j]a[i]a[j])
而当一对元素((i,j))不产生贡献(a[i]a[j])时，他们在同一段里
于是我们可以求反贡献的最小值，即对于每一连续段([i,j])，
其反贡献为(sum_{k=i}^{j}sum_{l=i}^{j}[k!=l]a[k]a[l])
那么这题可能可以用区间DP做?我还是老老实实写斜率DP吧

设(f[i][k])表示([1,i])的序列被分为(k)段的最小反贡献，(t[i]=sum_{j=1}^{i}a[j]^2)，有

[f[i][k]=min_{j=0}^{i-1}[f[j][k-1]+frac{1}{2}((s[i]-s[j])^2-(t[i]-t[j]))] ]

[=min_{j=0}^{i-1}(f[j][k-1]+frac{1}{2}(s[i]^2+s[j]^2-2s[i]s[j]-t[i]+t[j])) ]

[=min_{j=0}^{i-1}(f[j][k-1]+frac{1}{2}(s[j]^2+t[j])-s[i]s[j])+frac{1}{2}(s[i]^2-t[i]) ]

那么我们用普通的斜率优化插点((s[j],f[j][k-1]+frac{1}{2}(s[j]^2+t[j])))
(注意插点顺序)，询问(k_i=s[i])即可，
最后答案为(frac{1}{2}(s[n]^2-t[n])-f[n][k+1])

小细节:
(1)
该题可以先枚举(k)然后枚举(i)一层一层做，
或者维护(k+1)个凸包，然后倒着插点(!!!)
(2)
该题既可以通过维护上凸包求最大值，
也可以通过维护下凸包求最小值
(3)
注意题中(a[i]ge0)，因此(dx)有可能为0，直接算斜率的童鞋们要注意啦

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define mp make_pair
#define pub push_back
#define puf push_front
#define pob pop_back
#define pof pop_front
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const dd eps=1e-10;
const int mod=1e8;
const int N=100010;
const int K=202;
il ll read(){
	RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
	return data*w;
}

il void file(){
	freopen(".in","r",stdin);
	freopen(".out","w",stdout);
}

struct node{ll x,y;};deque<node>Q[K];
ll n,k,a[N],s[N],t[N],f[N][K];
il void insert(ll t,node q){
	while(Q[t].size()>=2&&(Q[t][Q[t].size()-1].y-Q[t][Q[t].size()-2].y)*(q.x-Q[t][Q[t].size()-1].x)>=(Q[t][Q[t].size()-1].x-Q[t][Q[t].size()-2].x)*(q.y-Q[t][Q[t].size()-1].y))
		Q[t].pob();
	Q[t].pub(q);
}

il ll query(ll t,ll k){
	while(Q[t].size()>=2&&k*(Q[t][1].x-Q[t][0].x)>=(Q[t][1].y-Q[t][0].y))
		Q[t].pof();
	return Q[t].front().y-k*Q[t].front().x;
}

VI sol;
il void print(int i,int j){
	if(j==1)return;
	for(RG int k=i-1;~k;--k)
		if(f[k][j-1]+((s[i]-s[k])*(s[i]-s[k])-(t[i]-t[k]))/2==f[i][j]){
			sol.pub(k);print(k,j-1);return;
		}
}

int main()
{
	n=read();k=read();
	for(RG int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		s[i]=s[i-1]+a[i];
		t[i]=t[i-1]+a[i]*a[i];
	}
	for(RG int i=0;i<=k;++i)insert(i,(node){0,0});	
	for(RG int i=1;i<=n;i++){
		for(RG int j=min((ll)i,k+1);j;--j){
			f[i][j]=query(j-1,s[i])+(s[i]*s[i]-t[i])/2;
			insert(j,(node){s[i],f[i][j]+(s[i]*s[i]+t[i])/2});
		}
	}
	
	printf("%lld
",(s[n]*s[n]-t[n])/2-f[n][k+1]);
	print(n,k+1);
	for(RG int i=sol.size()-1;~i;--i)
		printf("%d ",sol[i]);
	return 0;
}

最后鸣谢大佬yyb