【CF573E】Bear and Bowling

【CF573E】Bear and Bowling

题面

洛谷

题解

首先有一个贪心的结论：

我们一次加入每个数，对于(forall i)，位置(i)的贡献为(V_i = k_i imes a_i+b_i)，其中(k_i)为位置(i)之前被选的数的个数，(b_i)为(i)之后被选的数的和。
那么我们每次选这个贡献最大的位置一定最优。

然后来证一下这个结论的正确性（直接蒯了( ext {I} color{#FF0000} { ext {tst}})的）：

引理：在上述贪心策略下，如果(a_i>a_j)且(i<j)，则选(i)之前不可能选(j)。

证明考虑归纳：(i,j)中间不存在被选中的元素时是平凡的，如果(i,j)中间存在p个选中的元素，若(V_i<V_j)则一定在([i,j])之间存在至少一个(x)满足(a_x<a_j)，此时没有选(i)所以不可能选择(x)，与假设不符，QED。

接下来假设贪心策略不正确，即在选择了集合(A)之后将下标为(x)的位置选中，但是最优的答案是选择集合(A+B)，其中(x otin B)。那么考虑：

1、如果(B)中存在位置在(x)左边，考虑在(x)左边的最右位置(y)，那么此时有(a_yleq a_x,V_x≥V_y)。此时加入集合(B)中的其他元素考虑(V_x,V_y)的变化，那么在(x)右边的元素对(V_x,V_y)的贡献一样，在(y)左边的元素对(V_x,V_y)的贡献是(a_x,a_y)，而(x,y)中间没有在(B)中的元素，所以可以发现在其他元素加入之后(V_xgeq V_y)，所以将(B)中(y)换成(x)结果不劣。

2、如果(B)中只有在(x)右边的元素，考虑在(x)右边的最左位置(y)，那么(B)集合其他的元素对(V_x,V_y)的贡献是一样的，所以把(y)换成(x)也不会更劣。

故上述假设不成立，贪心正确性证毕。

考虑分块维护这个最大值。
每次选完最大值，就相当于对于选定的(pos)，(pos)前的位置(i)中(b_i)均加上(a_{pos})，(pos)后的位置(i)中(k_i)均加上一。因为对于同一块我们加上的(k,b)是一样的，而(pos)所在的块可以(sqrt n)暴力重构，所以我们分块维护凸壳就可以了。

代码

#include <iostream> 
#include <cstdio> 
#include <cstdlib> 
#include <cstring> 
#include <cmath> 
#include <algorithm>
#include <queue> 
using namespace std; 

const int MAX_N = 1e5 + 5; 
const int LEN = 320; 
int N, a[MAX_N], id[MAX_N], bel[MAX_N], L[LEN], R[LEN]; 
long long tk[LEN], tb[LEN], f[MAX_N], ans; 
double slope(int i, int j) { 
	if (a[i] == a[j]) return f[i] > f[j] ? -1e20 : 1e20; 
	else return (double)(f[i] - f[j]) / (a[i] - a[j]); 
} 
long long calc(int i) { return f[i] + tk[bel[i]] * a[i] + tb[bel[i]]; } 
struct Hull { 
	deque<int> q; 
	void clear() { q.clear(); } 
	void insert(int i) { 
		while (q.size() > 1 && slope(q[q.size() - 2], q[q.size() - 1]) 
			                 < slope(q[q.size() - 1], i)) q.pop_back(); 
		q.push_back(i); 
	} 
	pair<long long, int> query() { 
		while (q.size() > 1 && calc(q[0]) <= calc(q[1])) 
			q.pop_front(); 
		return make_pair(calc(q[0]), q[0]); 
	} 
} S[LEN]; 
void modify(int l, int ed, int k, int b) { 
	while (l <= ed) { 
		int x = bel[l], r = min(R[x], ed); 
		if (l == L[x] && r == R[x]) tk[x] += k, tb[x] += b; 
		else for (int i = l; i <= r; i++) f[i] += 1ll * k * a[i] + b; 
		l = r + 1; 
	} 
} 
pair<long long, int> query(int l, int ed) { 
	pair<long long, int> res = make_pair(0, 0); 
	while (l <= ed) { 
		int x = bel[l], r = min(R[x], ed); 
		if (l == L[x] && r == R[x]) res = max(res, S[x].query()); 
		else for (int i = l; i <= r; i++) res = max(res, make_pair(calc(i), i)); 
		l = r + 1; 
	} 
	return res; 
} 
void build(int x) { 
	for (int i = L[x]; i <= R[x]; i++) f[i] += tk[x] * a[i] + tb[x]; 
	tk[x] = tb[x] = 0, S[x].clear(); 
	for (int i = L[x]; i <= R[x]; i++) S[x].insert(id[i]); 
} 
int main () { 
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("cpp.in", "r", stdin); 
#endif 
	scanf("%d", &N); 
	for (int i = 1; i <= N; i++) { 
		scanf("%d", a + i); 
	    f[i] = a[i], id[i] = i; 
		bel[i] = (i - 1) / LEN + 1; 
		if (!L[bel[i]]) L[bel[i]] = i; 
		R[bel[i]] = i; 
	} 
	for (int i = 1; i <= bel[N]; i++) 
		sort(&id[L[i]], &id[R[i] + 1], [](int l, int r) { return a[l] < a[r]; }), build(i); 
	long long ans = 0; 
	while (1) { 
		pair<long long, int> res = query(1, N); 
		if (res.first <= 0) break; 
		ans += res.first; 
		f[res.second] = -1ll << 60; 
		if (res.second > 1) modify(1, res.second - 1, 0, a[res.second]); 
		if (res.second < N) modify(res.second + 1, N, 1, 0); 
		build(bel[res.second]); 
	} 
	printf("%lld
", ans); 
    return 0; 
}