题解报告——特别行动队

P3628 [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)(i,i+1,...,i+k) 的序列。 编号为 i 的士兵的初始战斗力为 xi ，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}x=xi​+xi+1​+...+xi+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+cx′:x′=ax2+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 = 4x1​=2,x2​=2,x3​=3,x4​=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_nx1​,x2​,…,xn​ ，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

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【思路分析】

这道题很显然是动规题，但是看一下数据范围1e6，很显然O（n^2）的动归是无法实现这么优秀的效率的，因此，我们便引入高级的斜率优化来帮助实现

加了斜率优化的动归的复杂度是O（n）级的，可以轻松过这道题。

 

【斜率优化】

 首先，我们可以推出这道题的动态转移方程：

由于编号连续，所以很容易想出用前缀和sum[i]来储存每个士兵的战力值

用dp[i]储存选了i个士兵后战力值的最优解，可以得出——>dp[i]=MAX(dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])^2+b*(sum[i]-sum[j])+c)

对于k<j<i，且k为比j更优的解可以得出一下方程：

 dp[k]+a*(sum[i]-sum[k])^2+b*(sum[i]-sum[k])+c  >  dp[j]+a*(sum[i]-sum[j])^2+b*(sum[i]-sum[j])+c

化简后可得：

这里承接"DP——斜率优化"那篇博客得出两种等价的转移方程：

(dp[k]-dp[j]+a*sum[k]^2-a*sum[j]^2+b*sum[j]-b*sum[k]) / ( 2*a*(sum[k]-sum[j]) ) > sum[i]  ————1

(dp[k]-dp[j]+a*sum[k]^2-a*sum[j]^2)/(sum[k]-sum[j]) > 2*a*sum[i]+b  ————2

发现对于1来说sum[i]单增，所以我们维护一个单增的队列

对于2来说 因为a<0，我们就维护一个单减的队列

两种写法等价的

最后跑一波斜率优化即可

 【代码实现】

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=1000005;
long long dp[MAXN],sum[MAXN];
int que[MAXN];
int n,a,b,c;
double get_k(int x,int y)
{
    return 1.0*(dp[x]-dp[y]+a*sum[x]*sum[x]-a*sum[y]*sum[y]+b*sum[y]-b*sum[x])/(2*a*(sum[x]-sum[y]));
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&sum[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
    }
    int lx=0,rx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(lx<rx&&get_k(que[lx],que[lx+1])<=sum[i]) lx++;
        dp[i]=dp[que[lx]]+a*(sum[i]-sum[que[lx]])*(sum[i]-sum[que[lx]])+b*(sum[i]-sum[que[lx]])+c;
        while(lx<rx&&get_k(que[rx-1],que[rx])>=get_k(que[rx],i)) rx--;
        que[++rx]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
    return 0;
}